特殊函数的前缀和

ORZ唐老师
唐老师的那篇积性函数前缀和666呀。摩拜嘻嘻。

来一篇学后感。

记任意算术函数$f$的前缀和为：

$$S_f(n)=\sum_{i=1}^nf(i)$$

记：

$$C(n)=\sum_{d|n}A(d)B(\frac{n}{d})$$

注：

上式子形如$C(n)=\sum_{ab=n}A(a)B(b)$

称这一卷积形式为狄利克雷卷积

记为$A*B=C$

狄利克雷卷积满足

$A*(B*D)=(A*B)*D$

$A*B=B*A$

则有：

$$S_A(n)=S_C(n)-\sum_{i=2}B(i)S_A(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)$$

$$S_B(n)=S_C(n)-\sum_{i=2}A(i)S_B(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)$$

证明：

$$C(n)=\sum_{d|n}A(d)B(\frac{n}{d})\\得：A(n)=C(n)-\sum_{d|n,d\ne n}A(d)B(\frac{n}{d})$$

$$S_A(n)=S_C(n)-\sum_{i=1}^n\sum_{d|i,d\ne i}A(d)B(\frac{i}{d})\\=S_C(n)-\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}A(d)B(\frac{i}{d})-S_A(n)$$

对于 $$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}A(d)B(\frac{i}{d})=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}B(d)A(\frac{i}{d})\\=\sum_{d=1}^nB(d)\sum_{d|i}A(\frac{i}{d})\\=\sum_{d=1}^nB(d)S_A(\big\lfloor\frac{n}{d}\big\rfloor)$$

所以有：

$$S_A(n)=S_C(n)-\sum_{i=2}B(i)S_A(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)$$

同理有：

$$S_B(n)=S_C(n)-\sum_{i=2}A(i)S_B(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)$$

对上式变形：

$$S_A(n)=S_C(n)-\sum_{L=1}^mS_A(L)\sum_{ i=\big\lfloor\frac{n}{L+1}\big\rfloor+1}^{\big\lfloor\frac{n}{L}\big\rfloor}B(i)-\sum_{i=2}^{\big\lfloor\frac{n}{m+1}\big\rfloor}B(i)S_A(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)\\=S_C(n)-\sum_{L=1}^mS_A(L)\big(S_B(\big\lfloor\frac{n}{L}\big\rfloor)-S_B(\big\lfloor\frac{n}{L+1}\big\rfloor)\big)-\sum_{i=2}^{\big\lfloor\frac{n}{m+1}\big\rfloor}B(i)S_A(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)$$

通常我们令$m=\lfloor\sqrt{n}\rfloor$

对于不大于$m$ 的$i$,通过预处理可以直接得到。

对低有一个很重要的性质

$$\Big\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor}{b}\Big\rfloor=\Big\lfloor\frac{n}{ab}\Big\rfloor,其中所有数均为正整数$$

证明：

$$\Big\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor}{b}\Big\rfloor=\Big\lfloor\frac{n-n\ mod\ a}{ab}\Big\rfloor\\=\Big\lfloor\frac{(n-n\ mod\ a)-(n-n\ mod\ a)\ mod\ (ab)}{ab}\Big\rfloor\\=\Big\lfloor\frac{n}{ab}\Big\rfloor+\Big\lfloor-\frac{(n\ mod\ a)-(n\ mod\ a)\ mod\ (ab)}{ab}\Big\rfloor=\Big\lfloor\frac{n}{ab}\Big\rfloor$$

这也就是说 ，我们按照:

$$S_A(n)=S_C(n)-\sum_{L=1}^mS_A(L)\big(S_B(\big\lfloor\frac{n}{L}\big\rfloor)-S_B(\big\lfloor\frac{n}{L+1}\big\rfloor)\big)-\sum_{i=2}^{\big\lfloor\frac{n}{m+1}\big\rfloor}B(i)S_A(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)$$

计算$S_A(n)$时。我们最终仅仅只是计算了$i\in[1,m]$所有的$S_A(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$

故。我们可以从小到大递推得到最终的$S_A(n)$

计算复杂度于计算$S_C,B,S_B$有关。故具体情况具体分析

提供一组结论

对于计算：$\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}O((\frac{n}{i})^k)$

当$k>1$时：

$$\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}O((\frac{n}{i})^k)=O(n^k)$$

当$k=1$时：

$$\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}O((\frac{n}{i})^k)=O(nlog\ \sqrt{n})$$

当$0\leq k<1$时：

$$\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}O((\frac{n}{i})^k)=O(n^{\frac{k+1}{2}})$$

有了上面的工具对于很多函数前缀和的计算久方便的多了

例如计算$S_{\varphi}$

我们有：$\varphi *I=N$

其中：$I(n)=1,N(n)=n$

直接套用公式：

$$S_A(n)=S_C(n)-\sum_{L=1}^mS_A(L)\big(S_B(\big\lfloor\frac{n}{L}\big\rfloor)-S_B(\big\lfloor\frac{n}{L+1}\big\rfloor)\big)-\sum_{i=2}^{\big\lfloor\frac{n}{m+1}\big\rfloor}B(i)S_A(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)$$

得到：

$$S_{\varphi}(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{L=1}^mS_{\varphi}(L)\big(\Big\lfloor\frac{n}{L}\Big\rfloor-\Big\lfloor\frac{n}{L+1}\Big\rfloor\big)-\sum_{i=2}^{\big\lfloor\frac{n}{m+1}\big\rfloor}S_{\varphi}(\big\lfloor\frac{n}{i}\big\rfloor)$$

应用上式复杂度分析，$k=\frac{1}{2}$：

$$T(n)=\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}O(\sqrt{\frac{n}{i}})=O(n^{\frac{\frac{1}{2}+1}{2}})=O(n^{\frac{3}{4}})$$

当$m=n^{\frac{2}{3}},k=\frac{1}{3}$

$$T(n)=O(n^{\frac{2}{3}})$$

并非$m$越大越好。因为有时候。构造函数的前缀和未必$O(1)$可以得到。此时要恰当的选取

下面是TLS的博客地址（不过百度第一个就是啦。。真的太火爆了）

http://blog.youkuaiyun.com/skywalkert/article/details/50500009