学了一发贝尔级数
(划掉)人赢(划掉)zzs好强啊,rqy好巨啊
群里神仙讨论……
贝尔级数只针对积性函数,如无特殊说明下文函数均为积性函数。
定义 f\mathrm{f}f 模 p\mathrm{p}p 的贝尔级数为:
fp(x)=∑0≤if(pi)xif_p(x)=\sum_{0\le i}f(p^i)x^ifp(x)=∑0≤if(pi)xi
特别的,对于完全积性函数来说:
fp(x)=11−f(p)xf_p(x)=\frac 1 {1-f(p)x}fp(x)=1−f(p)x1
例如,ep(x)=1, 1p(x)=11−x, idp(x)=11−px,μp(x)=1−x, (μ2)p(x)=1+x,(id⋅μ)p(x)=1−px, ϕp(x)=1−x1−pxe_p(x)=1,\ 1_p(x)=\frac 1 {1-x},\ id_p(x)=\frac 1 {1-px},\\ \mu_p(x)=1-x,\ (\mu^2)_p(x)=1+x,\\ (id⋅\mu)_p(x)=1-px,\ \phi_p(x)=\frac{1-x}{1-px}ep(x)=1, 1p(x)=1−x1, idp(x)=1−px1,μp(x)=1−x, (μ2)p(x)=1+x,(id⋅μ)p(x)=1−px, ϕp(x)=1−px1−x
额外介绍一个函数 λ(x)=(−1)x中可重复质因子数量\lambda(x)=(-1)^{x中可重复质因子数量}λ(x)=(−1)x中可重复质因子数量
显然 λ(x)\lambda(x)λ(x) 完全积性,因此λp(x)=11+x\lambda_p(x)=\frac 1 {1+x}λp(x)=1+x1
结论:(f∗g)p(x)=fp(x)gp(x)(f*g)_p(x)=f_p(x)g_p(x)(f∗g)p(x)=fp(x)gp(x)
看几个例子:
1. id∗(μ⋅id)=e1.\ \ \ \ id*(\mu⋅id)=e1. id∗(μ⋅id)=e
因为
11−px(1−px)=1\frac1{1-px}(1-px)=11−px1(1−px)=1
求2. μ2∗(id⋅μ)2.\ \ \mu^2*(id⋅\mu)2. μ2∗(id⋅μ)的前缀和
这东西的贝尔级数是 (1+x)(1−px)(1+x)(1-px)(1+x)(1−px) ,把这东西和 id\mathrm{id}id 卷一卷就是 1+x1+x1+x 也就是 μ2\mu^2μ2 。
考虑怎么求 μ2\mu^2μ2 的前缀和,这个等价于问 1\text{1}1 到 n\text{n}n 中有多少数字不包含平方质因子,可以用n-n/4-n/9-n/25-n/49…然后多减的加上,以此类推就是莫反,即:∑i=1nμ2(i)=∑i2≤n⌊ni2⌋μ(i)\sum_{i=1}^n\mu^2(i)=\sum_{i^2\le n}\left\lfloor\frac{n}{i^2}\right\rfloor\mu(i)i=1∑nμ2(i)=i2≤n∑⌊i2n⌋μ(i)因此可以根号时间内求出,不影响杜教筛复杂度。
3.已知一个积性函数 f\mathrm{f}f ,满足:
f(1)=1,∀prime p, c≥0,f(pc)=pc+(−1)cf(1)=1,\\ \forall \text{prime }p,\ c\geq0, f(p^c)=p^c+(-1)^cf(1)=1,∀prime p, c≥0,f(pc)=pc+(−1)c
求 f\mathrm{f}f 的前缀和。
显然
f=id+λ−ef=id+\lambda-ef=id+λ−e
因此
fp(x)=11−px+11+x−1f_p(x)=\frac1{1-px}+\frac1{1+x}-1fp(x)=1−px1+1+x1−1
把他和 gp(x)=(1−px)(1+x)g_p(x)=(1-px)(1+x)gp(x)=(1−px)(1+x) 的 g\mathrm{g}g 卷一卷(显然 g\mathrm{g}g 就是 μ2∗(μ⋅id)\mu^2*(\mu⋅id)μ2∗(μ⋅id) ):
hp(x)=fp(x)gp(x)=1+px2h_p(x)=f_p(x)g_p(x)=1+px^2hp(x)=fp(x)gp(x)=1+px2
因此 hhh 函数是个当 xxx 是完全平方数且 μ(x)=1\mu(\sqrt x)=1μ(x)=1 的时候有 x\sqrt xx 的贡献的函数。
也就是:
∑i=1nh(i)=∑i2≤nμ2(i)×i\sum_{i=1}^nh(i)=\sum_{i^2\le n}\mu^2(i)\times ii=1∑nh(i)=i2≤n∑μ2(i)×i
因此 h\text{h}h 可以根号求,然后 g\mathrm{g}g 像刚刚那样求即可。