莫比乌斯反演与狄利克雷卷积

狄利克雷卷积相关

一、数论函数

数论函数是指定义在整数集上，陪域是实数或复数的函数。 数论函数又称为算术函数。

像$\sigma (n)$,表示$n$的约数之和的函数，就是一个数论函数；

像$id(n)=n$，表示$n$本身，也是数论函数。

它们的定义域都是整数。

二、积性函数

1、积性函数的定义

积性函数是指满足下列条件的一类数论函数。设函数为$f$, 设$a,b$是任意两个互质的整数。

如果满足$f(a)\times f(b)=f(a\times b)$, 则函数$f$为积性函数。

如果不要求$a,b$互质，仍然满足$f(a)\times f(b)=f(a\times b)$，则称$f$为完全积性函数。

许多函数都是积性函数。

2、常见的积性函数

常见的积性函数有：

单位函数：$ϵ(n)=[n=1]$ (方括号是艾佛森表示法，类似于一个条件表达式，当方括号中的条件成立时返回$1$；否则返回$0$)

常数函数：$I(n)=1$

恒等函数: $Id(n)=n$

幂函数: $I{d}_k(n)=n^k$

恒等函数可以看做$k=1$的幂函数，常数函数可以看做$k=0$的幂函数。

约数函数：$\sigma (n)={\sum }_{d|n}d$

约数个数函数:${\sigma }_0(n)={\sum }_{d|n}{d}^0$

欧拉函数：$\varphi (n)={\sum }_{a\le n}[(a,n)=1]$

莫比乌斯函数: $\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^k& n=p_1\dots p_k\\ 0& p^2|n\end{array}$

其中$I(n),Id(n),I{d}_k(n)$为完全积性函数。

3、证明欧拉函数为积性函数

如何证明欧拉函数是积性函数？即设$a,b$互质，$\varphi (ab)=\varphi (a)\ast \varphi (b)$

证明：设$x$与$ab$互质，且$x<ab$。则$x$一定同时与$a$和$b$互质，设$p=x\%a,q=x\%b$,显然有$p\in Z_a^{\ast },q\in Z_b^{\ast }$，其中$Z_a^{\ast },Z_b^{\ast }$分别表示$a,b$的简化剩余系。

$$\{\begin{array}{l}x\equiv p(\mathrm{mod}a)\\ x\equiv q(\mathrm{mod}b)\end{array}$$
则以上方程的解$x$的个数就是$\varphi (ab)$。对于任意的$p\in Z_a^{\ast },q\in Z_b^{\ast }$,根据中国剩余定理，在$[0,ab-1]$内都存在一组解。而满足条件的$p,q$对刚好有$\varphi (a)\times \varphi (b)$，所以$\varphi (ab)=\varphi (a)\times \varphi (b)$。

得证。

4、积性函数的性质

（1）、积性函数的乘积仍然是积性函数。
简单证明一下：
设$H,G$为积性函数，$F=H\times G$，$a,b$互质。
$F(a\times b)=H(a\times b)\times G(a\times b)=H(a)\times H(b)\times G(a)\times G(b)=(H(a)\times G(a))\times (H(b)\times G(b))=F(a)\times F(b)$

（2）、积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数。
简单证明一下：
设$H,G$为积性函数，$F=H\times G,a,b$为互质的正整数。
$\begin{array}{rl}F(a\times b)& =\sum _{d|(ab)}H(d)\times G(\frac{ab}{d})=\sum _{(d_1|a,d_2|b)}H(d_1)H(d_2)G(a/d_1)G(b/d_2)\\ & =\sum _{d_1|a}H(d_1)G(a/d_1)\sum _{d_2|b}H(d_2)G(b/d_2)=F(a)\times F(b)\end{array}$

积性函数都可以采用欧拉筛求值。

$f(n)=f(p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\dots p_k^{a_k})=f(p_1^{a_1})\ast f(p_2^{a_2})\dots f(p_k^{a_k})$
其中$p_1,p_2,\dots ,p_k$表示$n$的不同质因子。

三、莫比乌斯反演

1. 莫比乌斯函数

$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^k& n=p_1\dots p_k\\ 0& p^2|n\end{array}$

$p^2|n$表示$n$存在一个平方因子。

莫比乌斯函数的性质

$$\begin{array}{r}\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]\end{array}$$

证明:

​ 当$d=1$时，$\mu (1)=1$;

​ 其他情况下，只有当$d$的质因子都只出现一次，假设此时$d$的质因子种类为$k$, 则$\mu (d)=(-1{)}^k$。

​ $d$中出现的质因子，必定是$n$的质因子，所以，问题变成从$n$的所有质因子中选择若干，选奇数个则贡献$-1$, 选偶数个则贡献$1$.

​ 设$n$中一共有$m$类质因子，$\begin{array}{r}\sum _{d|n}\mu (d)=\sum (-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j})=(1-1{)}^m\end{array}$

​ 以上是根据二项式定理: $$\begin{array}{r}(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})x^i{y}^{n-i}\end{array}$$

​

​ 当$m>0$时, $\sum _{d|n}\mu (d)=0$;

​ 当$m=0$时, $\sum _{d|n}\mu (d)=1$。

2. 莫比乌斯反演

(1). 公式1：

若$F(n)={\sum }_{d|n}f(d)$, 则有$f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$

证明：

$\begin{array}{r}f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(n/d)=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{p|(n/d)}f(p)=\sum _{p|n}f(p)\sum _{d|(n/p)}\mu (d)\end{array}$

根据莫比乌斯函数的性质，可知只有当$n/p=1$时，${\sum }_{d|(n/p)}\mu (d)=1$,其他情况下都为$0$.

所以，

$\begin{array}{r}\sum _{p|n}f(p)\sum _{d|(n/p)}\mu (d)=f(n)\end{array}$

得证！

(2). 公式2：

若$F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$, 则有$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (d/n)F(d)$

证明：

$\begin{array}{r}f(n)=\sum _{n|d}\mu (d/n)F(d)=\sum _{n|d}\mu (d/n)\sum _{d|p}f(p)=\sum _{n|p}f(p)\sum _{d|(p/n)}\mu (d)=f(n)\end{array}$

3. 一些有趣的性质：

• 当$n>1$时， $\sum _{i<n}(i\times [gcd(i,n)=1])=\frac{n\varphi (n)}{2}$
  解释：当$n>1$时，$n$的简化剩余系中，元素都是成对出现的，每一对元素的和为$n$.

• $\varphi (n)={\sum }_{i|d}\mu (i)\ast (n/i)$
  解释：根据容斥原理，与$n$互质的数，其个数为：（与$n$的公约数为$1$的数的个数）-（与$n$的公约数由一类质因子组成的数的个数）+（与$n$的公约数由两类质因子组成的数的个数）- (与$n$的公约数由三类质因子组成的数的个数）+ $\dots$ - (与$n$的公约数由奇数类质因子组成的数的个数) + (与$n$的公约数由偶数类质因子组成的数的个数)。

• $n={\sum }_{i|d}\varphi (i)$
  解释：
  小于等于$n$的整数共有$n$个，可以分类统计：与$n$的最大公约数为$i$的数有$\varphi (n/i)$个。于是有$n={\sum }_{i|d}\varphi (n/i)={\sum }_{i|d}\varphi (i)$

• 扩展欧拉定理： $a^b\%p=a^{(b\%\varphi (p)+\varphi (p))}\%p$ ，此处不要求$a,p$互质。
  解释：参考另一篇待写的博客。

4. 莫比乌斯反演的应用

(1). 例1：证明下式成立

$$\begin{array}{r}\sum _{d|n}\mu (d)(\frac{n}{d})=\varphi (n)\end{array}$$

证明：

$\because n={\sum }_{d|n}\varphi (n/d)={\sum }_{d|n}\varphi (d)$,

设$F(n)=n$, $f(n)=\varphi (d)$,

则上式为$F(n)={\sum }_{d|n}f(d)$, 利用莫比乌斯反演公式1, 可得：

$\begin{array}{r}f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(n/d)\end{array}$

即：

$\begin{array}{r}\varphi (n)=\sum _{d|n}\mu (d)(n/d)\end{array}$

(2). BZOJ2301 problem B

题目描述

对于给出的n个询问，每次求有多少个数对$(x,y)$，满足$a\le x\le b$，$c\le y\le d$，且$gcd(x,y)=k$，$gcd(x,y)$函数为x和y的最大公约数。

输入格式

第一行一个整数$n$，接下来$n$行每行五个整数，分别表示$a、b、c、d、k$

输出格式

共$n$行，每行一个整数表示满足要求的数对$(x,y)$的个数

数据规模

$n\le 50000,1\le a\le b\le 50000,1\le c\le d\le 50000$

分析

设$f(k)$为${\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d[gcd(x,y)=k]$,$F(k)$为${\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d[k|gcd(x,y)]$,

则有$F(k)={\sum }_{k|n}f(n)$

而$F(k)$是很好求的，它为：$(\lfloor b/k\rfloor -\lfloor (a-1)/k\rfloor )\ast (\lfloor d/k\rfloor -\lfloor (c-1)/k\rfloor )$.

应用莫比乌斯反演：

可知

$\begin{array}{r}f(k)=\sum _{k|n}\mu (n/k)\ast F(n)=\sum _{k|n}\mu (n/k)\ast (\lfloor b/n\rfloor -\lfloor (a-1)/n\rfloor )\ast (\lfloor d/n\rfloor -\lfloor (c-1)/n\rfloor )\end{array}$

注意$a,b,c,d$为常数，$\lfloor a/n\rfloor$随着$n$增加而变化，但$\lfloor a/n\rfloor$的取值最多只有$2\sqrt{a}$个。

为什么呢？

如下图所示，为$f(n)=1/n（n>0)$的曲线图像，它是一条以$y=x$对称的曲线。这很好理解。

若$(x,y)$在曲线上，则$(y,x)$也必在曲线上。

对$f(x)=a/x$而言，曲线对称的中心点在$(\sqrt{a},\sqrt{a})$处，在中心点左边，$x$最多$\sqrt{a}$个整数取值，因为对称，所以在$(\sqrt{a},\sqrt{a})$的右边，$y$值最多$\sqrt{a}$个整数值。

所以，$\lfloor a/n\rfloor$最多有$2\sqrt{a}$个整数值。

于是，对于

$\begin{array}{r}f(k)=\sum _{k|n}\mu (n/k)\ast F(n)=\sum _{k|n}\mu (n/k)\ast (\lfloor b/n\rfloor -\lfloor (a-1)/n\rfloor )\ast (\lfloor d/n\rfloor -\lfloor (c-1)/n\rfloor )\end{array}$

我们只需要枚举$\lfloor b/n\rfloor$, $\lfloor (a-1)/n\rfloor$, $\lfloor d/n\rfloor$, $\lfloor (c-1)/n\rfloor$,最多$8\sqrt{d}$个值。

它们相当于把$n$的变化范围，分成了$8\sqrt{d}$个区间，每个区间再去求$\mu (n/k)$的区间和，这样就能够在$O(\sqrt{d})$的时间复杂度求出$f(k)$.

这种方法叫整除分块, 形如$a/x$的值最多只有$O(\sqrt{a})$个值，可以将表达式分为$O(\sqrt{a})$类，最终的时间复杂度可以优化到$O(\sqrt{a})$.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long int
#define MAXN 500005
int a, b, c, d, k, T, tot, last;
LL res;
int mu[MAXN], prime[MAXN], premu[MAXN];
bool flg[MAXN];
int getmu(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MAXN; i++){
        if(flg[i] == 0) prime[tot++] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 0; j < tot; j++){
            if(prime[j] * i >= MAXN) break;
            flg[prime[j] * i] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) {
                mu[prime[j] * i] = 0;
                break;
            }
            mu[prime[j] * i] = -mu[i];
        }
    }
}
int getpremu(){
    for(int i = 1; i < MAXN; i++){
        premu[i] = premu[i - 1] + mu[i];
    }
}
int main(){
    scanf("%d", &T);
    getmu();
    getpremu();
    while(T--){
        scanf("%d %d %d %d %d", &a, &b, &c, &d, &k);
        int h1, l1, h2, l2;
        res = 0;
        last = 0;
        for(int i = k; ;i = i + k){
            h1 = (b/i);
            l1 = (a - 1)/i;
            h2 = (d/i);
            l2 = (c - 1)/i;
            int ii = MAXN;
            if(a>i) ii = min(ii, (a-1)/((a-1)/i));
            if(b>=i) ii =min(ii, b/(b/i));
            if(c>i) ii =min(ii, (c-1)/((c-1)/i));
            if(d>=i) ii =min(ii, d/(d/i));
            i = ii - ii % k;
            if(ii == MAXN)break;
            res += 1ll * (premu[i/k] - premu[last/k]) * (h1 - l1) * (h2 - l2);
            last = i;
        }
        printf("%lld\n", res);
    }
    return 0;
}

(3). YY的GCD

题目描述：

求有多少数对$(x,y(1\le x\le n,1\le y\le m)$满足$gcd(x,y)$为质数。

数据范围

$1\le n,m\le 10^8,C\le 10^5$, $C$表示多组数据。

分析

设$f(p)$表示在$x,y$的值$n$范围内$gcd(x,y)$为$p$的对数, 设$F(p)$表示$gcd(x,y)$为$p$的倍数的$(x,y)$的对数。

设$P$为在$min(n,m)$内的质数集合。

则有$F(p)={\sum }_{p|n}f(n)$.

$F(1)={\sum }_{p\le n}f(p)$

$f(p)={\sum }_{p|n}\mu (n/p)F(n)$

$f(1)={\sum }_n\mu (n)F(n)$

$\begin{array}{rl}\sum _{(p\in P)\wedge (1\le x\le n)\wedge (1\le y\le m)}f(p)& =\sum _{(p\in P)\wedge (1\le x\le n/p)\wedge (1\le y\le m/p)}f(1)\\ & =\sum _{(p\in P)\wedge (1\le x\le n/p)\wedge (1\le y\le m/p)\wedge (1|d)}F(d)\mu (d)\\ & =\sum _{(p\in P)\wedge (d\le min(n/p,m/p))}\mu (d)(\lfloor n/pd\rfloor \ast \lfloor m/pd\rfloor )\end{array}$

令$pd$=T,

上式变为

$\begin{array}{rl}\sum _{(p\in P)\wedge (T\le min(n,m))}\mu (T/p)(\lfloor n/T\rfloor \ast \lfloor m/T\rfloor )& =\sum _{T\le min(n,m)}(\lfloor n/T\rfloor \ast \lfloor m/T\rfloor )\sum _{p|T}\mu (T/p)\end{array}$

$n/T,m/T$最多只有$2\sqrt{n},2\sqrt{m}$ 个，可以采用整除分块，将$T$的范围分成最多$O(\sqrt{n})$个区间。后面的${\sum }_{p|T}\mu (T/p)$,可以提前预处理出来，枚举$p$，然后去遍历$p$的倍数，一边遍历，一边累加$\mu (T/p)$即可。 因为：

$\begin{aligned} \sum_{p|T}(T/p)=T\sum_{p|T}1/p \lt T \sum_{x \lt T}1/x \lt TlnT \end{aligned} $

所以每个数均摊下来的时间复杂度是$O(lnT)$的，而质数的个数为$O(T/lnT)$个，所以，这个预处理时间复杂度为$O(T)$的。

每组数据通过整除分块，可以在$\sqrt{N}$内完成，所以，总的时间复杂度可以降为$C\sqrt{N}$.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 10000000
#define LL long long int
LL res;
int T, tot, n, m;
int mu[MAXN], prime[MAXN], premu[MAXN];
bool flg[MAXN];
void getmu(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MAXN; i++){
        if(flg[i] == 0) prime[tot++] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 0; j < tot; j++){
            if(prime[j] * i >= MAXN) break;
            flg[prime[j] * i] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) {
                mu[prime[j] * i] = 0;
                break;
            }
            mu[prime[j] * i] = -mu[i];
        }
    }
}

void getpremu(){
    for(int i = 2; i < MAXN; i++){
        if(flg[i] == 0){
            for(int j = 1; j * i < MAXN; j++){
                premu[j*i] += mu[j];
            }
        }
    }
    for(int i = 2; i < MAXN; i++){
        premu[i] = premu[i-1] + premu[i];
    }
}

int main(){
    scanf("%d", &T);
    getmu();
    getpremu();
    while(T--){
        scanf("%d %d", &n, &m);
        int mi = min(n, m);
        int last = 0;
        res = 0;
        for(int i = 1; i <= mi; ){
            last = i - 1;
            i = min(n/(n/i), m/(m/i));
            res += 1ll*(premu[i] - premu[last])*(n/i)*(m/i);
            i++;
        }
        printf("%lld\n", res);
    }
    return 0;
}

(4). 数表

题目描述

有一张 $n\times m$ 的数表，其第 $i$ 行第 $j$ 列$(1<=i<=n,1<=j<=m)$的数值为

能同时整除 i 和 j 的所有自然数之和。给定 a , 计算数表中不大于 a 的数之和。

数据范围

有$Q$组数据

$1\le n,m\le 10^5,|a|\le 10^9,Q\le 20000$

分析

如果没有$a$的限制，则要求的是
$$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sigma (gcd(i,j))=\sum _{d=1}^{min(n,m)}(\sigma (d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d])\end{array}$$

其中$\sigma (x)$表示$x$的约数之和。

设$f(x)$表示${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=x]$, $F(x)$表示 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[x|gcd(i,j)])=\lfloor n/x\rfloor \ast \lfloor m/x\rfloor$

则有$F(x)={\sum }_{x|p}f(p)$

根据莫比乌斯反演，则有：

$f(x)={\sum }_{x|p}\mu (p/x)F(p)={\sum }_{x|p}\mu (p/x)(\lfloor n/p\rfloor \ast \lfloor m/p\rfloor )$

则式$(7)$ 可变为：
$$\begin{array}{rl}\sum _{d=1}^{min(n,m)}(\sigma (d)\ast f(d))& =\sum _{d=1}^{min(n,m)}(\sigma (d)\sum _{d|p}\mu (p/d)F(p))\\ & =\sum _{p=1}^{min(n,m)}F(p)\sum _{d|p}\sigma (d)\ast \mu (p/d)\\ & =\sum _{p=1}^{min(n,m)}(\lfloor n/p\rfloor \ast \lfloor m/p\rfloor )\ast \sum _{d|p}\sigma (d)\ast \mu (p/d)\end{array}$$
可以利用筛法，以$O(nlogn)$的时间复杂度，预处理出来${\sum }_{d|p}\sigma (d)\ast \mu (p/d)$的前缀和，再利用整除分块在$O(\sqrt{n})$求出答案。

现在考虑$a$的限制，即

$\begin{array}{r}\sum _{(d|p)\wedge (\sigma (d)\le a)}\sigma (d)\ast \mu (p/d)\end{array}$

这个前缀和要怎么求呢？

可以按$a$由小到大对询问排序，并按$\sigma (d)$由小到大对$d$排序，采用树状数组来维护前缀和，每次将新的符合限制的$\sigma (d)\ast \mu (p/d)$加入进去。

时间复杂度为$O(Nlo{g}^{2}N+Q\sqrt{n})$

四、狄利克雷卷积

设$f,g,h$为数论函数， 若$h(n)={\sum }_{d|n}f(d)\ast g(n/d)$, 则称$h$函数是$g,f$的狄利克雷卷积，写为：$h=f\ast g$.

狄利克雷卷积的性质：

一、满足交换律

$f\ast g={\sum }_{d|n}f(d)\ast g(n/d)={\sum }_{d|n}f(n/d)\ast g(d)={\sum }_{d|n}g(d)\ast f(n/d)=g\ast f$

二、满足结合律

$\begin{array}{rl}f\ast g\ast h& =\sum _{n|m}(f\ast g)(n)\ast g(m/n)\\ & =\sum _{n|m}(\sum _{d|n}f(d)\ast g(n/d))\ast h(m/n)\\ & =\sum _{d|m}f(d)\ast (\sum _{j|(m/d)}g(j)\ast h(m/(dj))\\ & =\sum _{d|m}f(d)\ast (g\ast h)(m/d)\\ & =f\ast (g\ast h)\end{array}$

$ϵ$是单位函数，其他函数与单位函数做狄利克雷卷积后结果不变。它的地位相当于乘法运算中的$1$, 加法运算中的$0$.

三、$f\ast ϵ=f$

四、$\mu \ast I=ϵ$, 即莫比乌斯函数和常数函数互在狄利克雷卷积下互为逆元函数。

五、$f\ast \mu =g\iff f=g\ast I$

常见的狄利克雷卷积：

1. $\mu \ast I=ϵ$

2. $\mu \ast Id=\varphi$

3. $I\ast Id=\sigma$

4. $\varphi \ast I=Id$

5. $\sigma \ast \mu =Id$

这些狄利克雷卷积，和莫比乌斯反演有很密切的关系，但狄利克雷卷积非常简洁，可以帮助我们更好的理解莫比乌斯反演。

1. $\mu \ast I=ϵ$

   莫比乌斯反演形式：

   $\because I(n)={\sum }_{d|n}ϵ$(d)$, $

   $\therefore ϵ(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)\ast I(n/d)$

2. $\mu \ast Id=\varphi$

   莫比乌斯反演形式：

   $\because n=\sum_{d|n}\phi(n/d) $

   $\therefore \varphi (n)={\sum }_{d|n}\mu (d)\ast Id(n/d)$

3. $I\ast Id=\sigma$

   即 $\sigma (n)={\sum }_{d|n}d$

4. $\varphi \ast I=Id$

   同2, 即$n=\sum_{d|n}\phi(n/d) $

5. $\sigma \ast \mu =Id$, 同$3$, 左右同时乘以$I$即可.

$$\begin{array}{rl}\sigma \ast \mu & =Id\\ \sigma \ast \mu \ast I& =Id\ast I\\ \sigma & =Id\ast I\end{array}$$