数论函数（一）

最新推荐文章于 2024-01-06 13:16:41 发布

Ivanzn

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6.2.4 有关狄利克雷卷积意义下的交换群

1.前言

这篇博客在诞生之前，我对数论函数研究了两天，把一些最基本的概念和关系在这里做出相对详细的阐述，便于自己和网友的理解。

2.数论函数介绍

数论函数是算术函数的另一种叫法。数论函数分为了两种：加性函数和积性函数。

2.1加性函数

2.1.1加性函数的性质

加性函数具有以下性质：设函数为加性函数，且 f(1)=1 ， a,b 互质，则 f(a+b) = f(a)+f(b) 。

如果， a,b 为任意数，也有 f(a+b) = f(a)+f(b) ，那么为完全加性函数

2.1.2一些加性函数的例子

有很多常见的加性函数，比如：

$\Omega (n)$ ，表示的质因子的数目（可算重复因子），其中， $\Omega (1)=1$

$\omega (n)$ , 表示的相异因子数目

a_0(n) , 表示所有的质因子之和（可算重因子）

a_1(n) , 表示所有的相异因子之和

2.2积性函数

2.2.1积性函数的性质

2.2.1.1 性质一

积性函数具有以下性质，设函数为积性函数，且 f(1)=1 , a,b 互质，则 $f(a\cdot b) = f(a)\cdot f(b)$ 。

如果， a,b 为任意数，也有 $f(a\cdot b) = f(a)\cdot f(b)$ ，那么为完全积性函数

2.2.1.2 性质二

设函数为积性函数，且有 $\bg_white n=\prod_{i=1}^{m} p_i^{k_i}$ ,那么有 $f(n) = \prod_{i=1}^{m} f(p_i^{k_i})$ . 若函数为完全积性函数，则

$f(n)=\prod_{i=1}^{m}f(pi)^{k_1}$

2.2.1.3 性质三

设函数，为积性函数，那么 f * g 也为积性函数。

2.1.2一些积性函数的例子

有很多常见的积性函数，比如：

$\phi (n)$ , 欧拉函数, 表示与互质的数的数目

$\mu (n)$ , 莫比乌斯函数

gcd(n,k) , 固定

$\lambda (n)$ , 刘维尔函数（完全积性函数），其中 $\lambda (n)=(-1)^{\Omega (n)}$ ， $\Omega (n)$ （加性函数，上面有提过）

id(n) , 单位函数（完全积性函数），其中 id(n) = n

所有狄利克雷特征的

2.3数论函数的重要操作

数论函数的重要操作是狄利克雷卷积（是卷积的一个子集）

2.4一些非算术函数的例子

2.4.1 $\Lambda (n) =\left\{\begin{matrix} ln(p),n=p^k\\ 0,else \end{matrix}\right.$ , 其中p是质数

2.4.2 $\pi (n)$ , 表示不大于正整数的素数数目

2.4.3 p(n) , 表示整数的拆分方案数目

3.莫比乌斯函数

3.1定义

莫比乌斯函数记为 $\mu (n)$

$\mu (n) = \left\{\begin{matrix} 1,n=1\\ (-1)^r,n=p_1\cdot p_2\cdot ...\cdot p_r\\ 0,else \end{matrix}\right.$

由 $r$ 个不重因子组成时，是 (-1)^r

3.2性质

3.2.1 积性函数

3.2.2 无穷级数

3.2.2.1 级数一： $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\mu (n)}{n}=0$

3.2.2.2 级数二： $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\mu (n)\cdot ln(n)}{n}=-1$

3.2.2.3 级数三： $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\mu (n)\cdot x^n}{1-x^n}=x$

3.2.3 与刘维尔函数 $\lambda (n)=\sum_{d^2|n} \mu (\frac{n}{d^2})$

3.2.4 假设 $n = p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot...\cdot p_n^{a_n}$ ,

$\sum_{d|n}\mu(d) = \sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}\cdot (-1)^i=\left\{\begin{matrix} 1,n=1\\ 0,n>1 \end{matrix}\right.$

3.2.5 与欧拉函数 $\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d} =\frac{\phi (n)}{n}$

4.梅滕斯函数

4.1定义

梅滕斯函数记为 M(n)

$M(n)=\sum_{k=1}^{n}\mu(k)$

4.2性质

4.2.1 非积性函数

4.2.2 梅滕斯函数是莫比乌斯函数的求和

5.刘维尔函数

5.1定义

刘维尔函数记为 $\lambda (n)$ ，这在上面的积性函数中提到过

5.2性质

5.2.1 完全积性函数

5.2.2 求和 $\sum_{d|n}\lambda (d)=\left\{\begin{matrix} 1,n=p^2\\ 0,n\neq p^2 \end{matrix}\right.$

5.2.3 与莫比乌斯 $\lambda(n)=\sum_{d^2|n}\mu(\frac{n}{d^2})$

6.卷积

6.1广义卷积

$6.1.1$ 连续卷积

设 f(x),g(x) 在上可积，

则 $(f * g )(n)=\int_{-\infty }^{\infty}f(\zeta )\cdot g(n-\zeta)d(\zeta)$

6.1.2 离散卷积

设 f(x),g(x) 在 $\mathbb{Z}$ 上可积，

则 $(f * g )(n)=\sum_{m=-\infty }^{\infty}f[m]\cdot g[n-m]\Rightarrow \sum_{m=-\infty }^{\infty}f[n-m]\cdot g[m]$

6.1.3 计算方法

6.1.3.1 直接按定义计算

6.1.3.2 快速傅里叶变换 (FFT)

6.1.3.3 分段卷积 (+FFT)

6.1.3.4 数论变换 $\Leftrightarrow$ 快速数论变换 (NTT)

6.2狄利克雷卷积

6.2.1 定义

设 f(x),g(x) 是两个数论函数，

则 $(f * g )(n)=\sum_{d|n}^{\infty}f(d)\cdot g(\frac{n}{d})$

6.2.2 意义

取两个算术函数，计算它们的狄利克雷卷积，则 (f * g )(n) 就是积性函数

6.2.3 具体计算

6.2.3.1 计算一次的情况

设函数 f,g 已知且为积性函数，设 h=f*g ，求 h(n)

for(int i=1;i*i<=n;++i)
{
	if(n%i)	continue;
	
	h[n]+=f[i]*g[n/i];
	if(i*i!=n)	
		h[n]+=f[n/i]*g[i];
}

6.2.3.2 计算次的情况

设函数 f,g 已知且为积性函数，设 h=f*g ，求 $h(1) \rightarrow h(n)$

memset(h,0,sizeof(h));
for(int i=1;i<=n;++i) 
	for(int j=1;j*i<=n;++j)
		h[i*j]+=f[i]*g[j];

6.2.4 有关狄利克雷卷积意义下的交换群

6.2.4.1 单位元

狄利克雷交换群下的单位元，我们设为

那么必须满足：设函数为积性函数，则有 f=f*e

6.2.4.2 积性函数在狄利克雷卷积意义下的逆

设函数为积性函数，若存在 e = f*g , 则称为的逆

6.2.4.3 莫比乌斯函数与的卷积

莫比乌斯函数与的关系: $e = \mu *1$ [1]

这意味着， $\mu$ 和在狄利克雷卷积下互为逆元

6.2.4.4 欧拉函数与的卷积

欧拉函数与的关系: $id = \phi * 1$ [2]

其中，叫做单位函数（在积性函数提到过）

7.莫比乌斯反演公式

7.1定义

7.1.1 因数反演公式

设函数为积性函数，设 $F(n) =\sum_{d|n} f(d)$ , 那么有 $f(n) = \sum_{d|n} \mu(d) \cdot F(\frac{n}{d})$ [3]

7.1.2 倍数反演公式（比较常用)

设函数为积性函数，设 $F(n) =\sum_{n|d}f(d)$ , 那么有 $f(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n}) \cdot F(d)$ [4]

所谓反演，即从和函数推导算术函数

7.2 应用

7.2.1 计算与卷积的某一项

设函数为积性函数，设函数 g = f*1 ,求 g(n) $(n<=1^{18})$

有 $n = \prod_{i=1}^{t}p_i^{k_i}$ , 使用 Pollard_rho 算法分解因式，复杂度 $O(n^{\frac{1}{4}}\cdot log n)$

而且 $g(n) = \sum_{d|n} f(d)$ ，

通过化简，我们就得到了 $g(n) = \prod_{i=1}^{t}\sum_{j=0}^{k_i} f(p_i^j)$ [5]

于是，计算 g(n) 的时间复杂度变成了 O(log n)

7.2.2 整数分块

设函数为积性函数，求 $f(n) = \sum_{i=1}^{n} g(i) \cdot \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$

设 $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$ 的值固定，那么的浮动范围是 $[\left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor+1} +1\right \rfloor,\left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor} \right \rfloor]$ .

我们可以预先处理函数的前缀和，这样可以 O(1) 算的区间和，时间复杂度变成了 $O(\sqrt n)$

7.2.3 计算 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$ ,

化简得到： $\sum_{D=1}^{n}\sum_{d|D}f(d)\cdot \mu(\frac{D}{d}) \cdot \left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{D} \right \rfloor$ [6]

8.参考文献

8.1 文章或其他资料的地址

1https://www.zhihu.com/question/23764267/answer/26007647

2.https://wenku.baidu.com/view/fbec9c63ba1aa8114431d9ac.html

3.https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8627380.html

4.https://blog.youkuaiyun.com/skywalkert/article/details/50500009

5.https://blog.youkuaiyun.com/jk_chen_acmer/article/details/82712276

6.https://blog.youkuaiyun.com/qq_41157137/article/details/83474978

7.https://wenku.baidu.com/view/f87f4b55b14e852459fb572b.html?from=search

8.https://baike.baidu.com/item/%E5%BA%8F%E5%88%97%E5%8F%8D%E6%BC%94/18894077?fr=aladdin

9.https://blog.youkuaiyun.com/hhaannyyii/article/details/79335883

8.2感谢

在此，向以上原创作者表示衷心的感谢

9.打“[x]”的式子的证明过程

9.1 为什么要给出证明

在上面的文章中，有一些式子的结尾带有“[x]”的标记，x是数字。表明这个式子最好需要能够给出证明过程，因为可以加深印象

9.2具体证明

9.2.1 对式子[1]的证明

$\because (\mu * 1)(n) = \sum_{d|n} \mu(d) =\begin{cases} 1 & \text{ if } n=1 \\ 0 & \text{ if } n>1 \end{cases}$

$\therefore \mu *1 = [e==1]$

9.2.2 对式子[2]的证明

$\because id(n) = n$

$\therefore$ 即证明 $n = \phi *1$

$\therefore$ 即证明 $n = \sum_{d|n} \phi(d)$

设 $n = \prod_{i=1}^{t}p_i^{a_i}$ ,

引理1： $\phi(p^k) = p^k-p^{k-1}$ （是质数）

证明引理1：显然，在 ~ p^k 中，只有的倍数与 p^k 不互质，那么共有 $\frac{p^k}{p}=p^{k-1}$ 个数与 p^k 不互质，那么就有 $p^k-p^{k-1}$ 个数与 p^k 互质。

引理2： $\sum_{j=0}^{k_i}\phi(p_i^j) = p_i^{k_i}$ （是质数）

证明引理2：由引理1显然

$\sum_{j=1}^{k_i}\phi(p_i^j)=\phi(p_i^{0})+\phi(p_i^1)+...+\phi(p_i^{k_i})=1+(p_i-1)+(p_i^2-p_i)+...+(p_i^{k_i}-p_i^{k_i}-1)$

那么原式就等于 $p_i^{k_i}$

显然，由引理2，我们可以得到： $n=\prod_{i=1}^{t}p_i^{k_i}=\prod_{i=1}^{t}\sum_{j=0}^{k_i}\phi(p_i^j)$

9.2.3 对式子[3]的证明

证明这个式子，我所知道的有两种方法：

9.2.3.1 方法一（单位元法）

$\because F=\sum_{d|n}f(d)=f*1$

$\therefore F*\mu=f*1*\mu$

$\because 1*\mu=e$

$\therefore F *\mu = f$

$\therefore f(n)=\sum_{d|n} \mu(d)\cdot F(\frac{n}{d})$

9.2.3.2 方法二

$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d) \cdot F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\cdot \sum_{k|\frac{n}{d}}fk)=\sum_{k|n}f(k) \cdot \sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)$

=f(n)

最后一个等号的成立，是因为只有当 n=1 时， $\sum_{d|n}\mu(d)=1$

9.2.4 对式子[4]的证明

$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n}) \cdot F(d){\underset{k=\frac{d}{n}}{\rightarrow}} f(n)=\sum_{k=1}^{+\infty}\mu(k)\cdot F(n \cdot k)$

$= \sum_{k=1}^{+\infty} \mu(k)\cdot \sum_{n \cdot k|t} f(t)$

$= \sum_{n|t} f(t)\cdot \sum_{k|\frac{t}{n}}\mu(k)$

=f(n)

最后一个等号的成立的原因同上

9.2.5 对式子[5]的证明

$\because g(n)=\sum_{d|n} f(d)$

$\because n=\prod_{i=1}^{t}p_i^{k_i}$

$\therefore g(n)= \prod_{i=1}^{t}g(p_i^{k_i})$

$\because g(p_i^{k_i})=\sum_{j=0}^{k_i}f(p_i^j)$

$\therefore g(n)=\prod_{i=1}^{t} \sum_{j=0}^{k_i}f(p_i^j)$

9.2.6 对式子[6]的证明

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$

$=\sum_{d=1}^{n}f(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]$

$=\sum_{d=1}^{n}f(d)\sum_{d*i=1}^{n}\sum_{d*j=1}^{m}[gcd(d*i,d*j)==d]$

$=\sum_{d=1}^{n}f(d)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}[gcd(i,j)==1]$

设 $g(d,n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]$

设 f= g*1 , 有 $f(d,n,m) = \sum_{d|D}g(D,n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[d|gcd(i,j)]=\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$

由倍数反演，得到：
$g(d,n,m)=\sum_{d|D}\mu(\frac{D}{d}) \cdot f(D,n,m) = \sum_{d|D}=\mu(\frac{D}{d}) \cdot \left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{D} \right \rfloor$

$\because$ 要求 gcd(i,j)==1

$\therefore$ 求 gcd(1,n,m)

$\because g(1,n,m) = \sum_{i=1}^{n} \mu(i) \cdot \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor\cdot \left \lfloor \frac{m}{i} \right \rfloor$

$\therefore$

$=\sum_{d=1}^{n}f(d) \cdot g(d,n,m)$

$=\sum_{d=1}^{n}f(d) \cdot \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\cdot \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$

$=\sum_{d=1}^{n}f(d) \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d}\right \rfloor}\mu(i) \cdot \left \lfloor \frac{n}{d*i} \right \rfloor\cdot \left \lfloor \frac{m}{d*i} \right \rfloor$