莫比乌斯反演与杜教筛——从入门到入土

本文中 \(p\) 是质数。\(p^k\) 是质数的幂。

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这是一个关于各种数论函数的 Python 库！

前置知识

数论函数

数论函数：定义域为正整数的函数。

  • 对于数论函数 \(f\)，对于任意 \(\gcd(n,m) = 1\)，如果有 \(f(nm) = f(n)f(m)\)，则 \(f\) 为积性函数。
    • 积性是十分美好的性质。对于积性函数，你只需要考虑 \(p^k\) 处的取值，对于其它数只需要分解质因数然后乘起来就好了。
  • 对于数论函数 \(f\)，对于任意 \(n,m\)，如果有 \(f(nm) = f(n)f(m)\)，则 \(f\) 为完全积性函数。

数论函数的运算

  • \(+\)，加法：\((f + g)(x) = f(x) + g(x)\)。
  • \(-\)，减法：\((f - g)(x) = f(x) - g(x)\)。
  • \(\cdot\)，点积：\((f \cdot g)(x) = f(x) \times g(x)\)。
  • \(*\)，Dirichlet 卷积：\((f * g)(x) = \sum\limits_{d|n}f(d)g(\dfrac n d)\)。
    • 这运算看起来很奇怪。后文会详细说明这种运算的性质。

常见的数论函数

这一部分的记号好像每个人都不太一样？

  • \(\varepsilon(x) = [x = 1]\)。【完全积性函数】
  • \(\text{Id}_k(x) = x^k\)。【完全积性函数】
    • 特殊地，\(\text{Id}_0\) 可以记为 \(1\)。
    • 特殊地，\(\text{Id}_1\) 可以记为 \(\text{Id}\)。
  • \(\varphi(x)\) 为欧拉函数（A000010）。【积性函数】
    • \(\varphi(x)\) 为 \([1,x]\) 中与 \(x\) 互质的数的个数。
  • \(\sigma_k(x) = \sum\limits_{d|x} x^k\)。【积性函数】
    • 特殊地，\(\sigma_0\) 可以记为 \(d\)。（也记作 \(\tau\)，较少见）
    • 特殊地，\(\sigma_1\) 可以记为 \(\sigma\)。
  • \(\mu(x)\) 为莫比乌斯函数（A008683）。【积性函数】
    • 后文会详细说明。

Dirichlet 卷积

如果一个数论函数 \(h\) 与数论函数 \(f,g\) 有以下关系：

\[h(n) = \sum\limits_{d|n}f(d)g(\dfrac n d) \]

则

\[h = f * g \]

Dirichlet 卷积的性质

  • 交换律。
  • 结合律。
  • 有单位元 \(\varepsilon\)。
  • 每个数论函数 \(f\)（除了 \(f(1) = 0\) 的）都有逆元（即 \(f * g = \varepsilon\)）：
    • \(g(n) = \dfrac 1 {f(1)} \left([n = 1] - \sum\limits_{i|n, i \ne 1} f(i)g\left(\dfrac n i \right)\right)\)
    • \(f\) 的逆元记作 \(f^{-1}\)。
  • 与加法的分配律：\((f + g) * h = f * h + g * h\)。
  • 与点积的分配律（\(h\) 为完全积性函数）：\((f * g) \cdot h = (f \cdot h) * (g \cdot h)\)。
  • 重要：两个积性函数的 Dirichlet 卷积依然是积性函数。
  • 重要：积性函数的 Dirichlet 逆元依然是积性函数。

证明留作练习

\(1\) 的逆元：莫比乌斯函数 \(\mu\)

\(1\) 是积性函数，所以它的逆 \(\mu\) 也是积性函数。

根据定义，不难推导得到 \(\mu(p^k) = \begin{cases} 1 & k=0 \\ -1 & k=1 \\ 0 & k>1 \end{cases}\)。

常见的 Dirichlet 卷积

  • \(1 * \mu = \varepsilon\)。
  • \(\varphi * 1 = \text{Id}\) 即 \(\text{Id} * \mu = \varphi\)。
    • 证明留做习题。
    • 这一条非常重要。
  • \(1 * 1 = d\) 即 \(d * \mu = 1\)。
  • \(\text{Id}_k * 1 = \sigma_k\) 即 \(\sigma_k * \mu = \text{Id}_k\)。
  • \(\lambda * (\mu \cdot \mu) = \varepsilon\)。

莫比乌斯反演

例 1：最简单的莫比乌斯反演

[POI2007] ZAP-Queries：求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [\gcd(i,j)=1]\)。要求 \(O(n)\)。（挑战：\(O(n^{\frac 2 3})\)）

推导：不妨设 \(n \le m\)。

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [\gcd(i,j)=1] \\ =& \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{d|\gcd(i,j)} \mu(d) & \mu * 1 = \text{Id} \\ =& \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{d=1}^n [d|i][d|j] \mu(d) \\ =& \sum\limits_{d=1}^n \mu(d) \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [d|i][d|j] \\ =& \sum\limits_{d=1}^n \mu(d) \left\lfloor\dfrac nd \right\rfloor \left\lfloor\dfrac md \right\rfloor \end{aligned} \]

线性筛 \(\mu\) 时间复杂度 \(O(n)\)。

杜教筛 \(\mu\) 时间复杂度 \(O(n^{\frac 2 3})\)。

例 2：难一点的莫比乌斯反演

[Luogu P2398] GCD SUM：求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \gcd(i,j)\)。要求 \(O(n)\)。（挑战：\(O(n^{\frac 2 3})\)）

推导：不妨设 \(n \le m\)。

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \gcd(i,j) \\ =& \sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [\gcd(i,j) = d] \\ =& \sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d \rfloor} [\gcd(i,j) = 1] \\ =& \sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d \rfloor} \sum\limits_{t=1}^n [t|i][t|j] \mu(t) \\ =& \sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{t=1}^n \mu(t) \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d \rfloor} [t|i][t|j] \\ =& \sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{t=1}^n \mu(t) \left\lfloor \dfrac n {dt} \right\rfloor \left\lfloor \dfrac m {dt} \right\rfloor \\ =& \sum\limits_{T=1}^n \left\lfloor \dfrac n T \right\rfloor \left\lfloor \dfrac m T \right\rfloor \sum\limits_{d|T} d \mu(\dfrac T d) & \text{把 } dt \text{ 用 } T \text{代替} \\ =& \sum\limits_{T=1}^n \varphi(T) \left\lfloor \dfrac n T \right\rfloor \left\lfloor \dfrac m T \right\rfloor & \text{Id} * \mu = \varphi\\ \end{aligned} \]

线性筛 \(\varphi\) 时间复杂度 \(O(n)\)。

杜教筛 \(\varphi\) 时间复杂度 \(O(n^{\frac 2 3})\)。

例 3：例 2 的一般化

给定 \(A,B,C\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m A_i \times B_j \times C_{\gcd(i,j)}\)。要求 \(O(n \log n)\)。（挑战：\(O(n \log \log n)\)）

推导：膜拜 ZAK。

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m A_i B_j C_{\gcd(i,j)} \\ =& \sum\limits_{d=1}^n C_d \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m A_i B_j [\gcd(i,j) = d] \\ =& \sum\limits_{d=1}^n C_d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d \rfloor} A_{id} B_{jd} [\gcd(i,j) = 1] \\ =& \sum\limits_{d=1}^n C_d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d \rfloor} A_{id} B_{jd} \sum\limits_{t=1}^n [t|i][t|j] \mu(t) \\ =& \sum\limits_{d=1}^n C_d \sum\limits_{t=1}^n \mu(t) \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d \rfloor} A_{id} B_{jd} [t|i][t|j] \\ =& \sum\limits_{d=1}^n C_d \sum\limits_{t=1}^n \mu(t) \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n {dt} \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m {dt} \rfloor} A_{idt} B_{jdt} \\ =& \sum\limits_{T=1}^n \left(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n T \rfloor} A_{iT}\right) \left(\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m T \rfloor} B_{jT}\right) \left(\sum\limits_{d|T} C_d \mu(\dfrac T d)\right) \\ =& \sum\limits_{T=1}^n \left(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n T \rfloor} A_{iT}\right) \left(\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m T \rfloor} B_{jT}\right) (C * \mu)(T) \\ \end{aligned} \]

直接做是调和级数的 \(O(n \log n)\)。

Dirichlet 后缀和 + Dirichlet 差分可以做到 \(O(n \log \log n)\)。

例 3.5：Dirichlet 四变换

[Luogu P5495]【模板】Dirichlet 前缀和：已知 \(f\)，对于 \(1\) 到 \(n\) 的所有 \(i\)，求出 \(g_i = \sum\limits_{d|i} f_d\)。要求 \(O(n \log \log n)\)。

先看代码：

// primes 为一个 vector，需要线性筛预处理
for (auto j : primes)
    for (int i = 1; i * j <= n; i++)
        f[i * j] += f[i];

理解 1：高维空间

每一个数可以看成一个高维空间中的点。具体来说，\(n = \prod p_i^{k_i}\)，则 \(n\) 就对应 \((k_1, k_2, k_3, \cdots)\) 这个点。

\(a | b\) 就意味着每一维 \(a\) 的坐标都小于等于 \(b\) 的坐标。

经过上述转化，那么本题就变为了高维前缀和问题。普通高维前缀和有显而易见的 \(O(3^n)\) 优化到 \(O(n2^n)\) 的做法，此题也一样，朴素的 \(O(n \log n)\) 可以被优化到 \(O(n \log \log n)\)。

这个理解可以很容易拓展到 Dirichlet 四变换：

  • Dirichlet 前缀和（高维前缀和）
    • \(g_i = \sum\limits_{d|i} f_d\)
  • Dirichlet 前缀差分（前一个的逆运算）
  • Dirichlet 后缀和（高维后缀和）
    • \(g_i = \sum\limits_{i|d} f_d\)
  • Dirichlet 后缀差分（前一个的逆运算）

理解 2：拆开积性函数

显而易见的，\(g = f * 1\)。

定义 \(F_p(x) = \begin{cases} F(x) & x=p^k \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}\)。（此题 \(F = 1\)）

不难发现，\(F = F_{p_1} * F_{p_2} * \cdots\)（\(p_i\) 为第 \(i\) 个质数）。

而把一个函数卷上 \(F_p\) 是简单的，只需要 \(O\left(\dfrac n p\right)\) 时间。总复杂度 \(O(n \log \log n)\)。

推广：Dirichlet 前缀差分即为 \(g = f * \mu\)，可以用一样的方法。事实上，卷任何积性函数都可以。

例 4：乘积与数论函数

[SDOI2015] 约数个数和：求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m d(ij)\)。要求 \(O(n) - O(\sqrt n)\)。

有以下四个常见的函数乘积结论：

  • \(\mu(ij) = [i \perp j] \mu(i) \mu(j)\)
  • \(d(ij) = \sum\limits_{x|i} \sum\limits_{y|j} [x \perp y]\)
  • \(\varphi(ij) = \dfrac {\varphi(i) \varphi(j) \gcd(i,j)} {\gcd(\varphi(i,j))}\)
  • \(\sigma_k(ij) = \sum\limits_{x|i} \sum\limits_{y|j} [x \perp y] (\dfrac {xj} y)^k\)

（如何发现这些结论呢？注意到这些都是积性函数，所以只考虑 \(p^k\)，即令 \(i=p^a, j=p^b\)，然后瞎推式子）

在知道了结论之后，推导式子也就不难了，留作练习。

例 5：积性函数乘积求和

给定积性函数 \(S\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m S(i \times j)\)。要求 \(O(n \log n \log \log n)\)。

膜拜 ZAK。

枚举 \(g = \gcd(i,j)\)。推导：

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m S(i \times j) \\ =& \sum\limits_{g=1}^n \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n g \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m g \rfloor} [i \perp j] S(g^2 ij) \end{aligned}\]

引理：对于积性函数 \(S\) 与自然数 \(c\)，对于任意 \(i \perp j\)，有：

\[S(c \times i) S(c \times j) = S(c \times i \times j) S(c) \]

证明：只考虑质数幂处，\(i,j\) 互质，必有一个为 \(1\)，显然左右两侧相等。

构造一个函数 \(H_g(x) = \dfrac {S(g^2 x)} {S(g^2)}\)，根据上文引理可得 \(H_g\) 是积性函数。

继续推导：

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{g=1}^n \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n g \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m g \rfloor} [i \perp j] S(g^2 ij) \\ =& \sum\limits_{g=1}^n \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n g \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m g \rfloor} [i \perp j] S(g^2) H_g(ij) \\ =& \sum\limits_{g=1}^n S(g^2) \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n g \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m g \rfloor} [i \perp j] H_g(i) H_g(j) \end{aligned}\]

套进例 3 式子（\(A = H_g\)，\(B = H_g\)，\(C = \varepsilon\)）。

时间复杂度 \(O(\sum\limits_{g=1}^n \dfrac n g \log \log \dfrac n g) = O(n \log n \log \log n)\)。

杜教筛

定义 \(S_f(n) = \sum\limits_{i=1}^n f(i)\)。

基本和组（也叫块筛）：对于数论函数 \(f\) 与正整数 \(n\)，\(S_f\left(\left\lfloor \dfrac n i \right\rfloor\right)\) 的一系列值被称为基本和组。

  • 就是数论分块时会用到的那些值。
  • 显然 \(S_f\left(\left\lfloor \dfrac n i \right\rfloor\right)\) 的不同值只有 \(O(\sqrt n)\) 个。

杜教筛用于在低于线性的时间内求一个函数的前缀和的基本和组。

前提条件：对于要求基本和组的函数 \(f\)，能够构造一个函数 \(g\)，使得 \(g\) 与 \(f * g\) 的基本和组都能在 \(O(n^{\frac 2 3})\) 之内求出。

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^n (f * g)(i) \\ =& \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{xy=i} f(x) g(y) \\ =& \sum\limits_{y=1}^n g(y) \sum\limits_{xy \le n} \\ =& \sum\limits_{y=1}^n g(y) S_f\left(\left\lfloor \dfrac n y \right\rfloor\right) \end{aligned} \]

（事实上，根据这个式子，可以在 \(O(n^{\frac 2 3})\) 时间内根据 \(f,g\) 的基本和组求出 \(f * g\) 的基本和组，与杜教筛相反）

所以：

\[S_f(n) = \dfrac 1 {g(1)} \left(S_{f*g}(n) - \sum\limits_{i=2}^n g(i) S_f\left(\left\lfloor \dfrac n i \right\rfloor\right)\right) \]

数论分块 + 记忆化。（有定理：\(\left\lfloor \dfrac {\left\lfloor \dfrac a b \right\rfloor} c \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac a {bc} \right\rfloor\)，所以确实会求出整个基本和组）

用微积分知识可得时间复杂度为 \(O(n^{\frac 3 4})\)。

预先线性筛处理 \(S_f\) 在前 \(O(n^{\frac 2 3})\) 的值，其他值用上文办法处理，可以用微积分知识证明时间复杂度 \(O(n^{\frac 2 3})\)。

关于记忆化：

  • 用 unordered_map 最简单，并且多测的话还能重复利用，有助于卡常。
  • 也可以以 \(\lfloor \dfrac n x \rfloor\) 作为标识存储 \(S_f(x)\) 的值。不会出现重复。但是多测要记得清空。

杜教筛例题

例 1：模板

[Luogu P4213]【模板】杜教筛：求 \(S_\varphi(n)\) 与 \(S_\mu(n)\)。要求 \(O(n^{\frac 2 3})\)。

  • \(\varphi\)：\(\varphi * 1 = \text{Id}\)
  • \(\mu\)：\(\mu * 1 = \varepsilon\)

直接杜教筛即可。

例 2：莫比乌斯反演 + 杜教筛

[Luogu P3768] 简单的数学题：求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n ij\gcd(i,j)\)。模数为大质数。要求 \(O(n^{\frac 2 3})\)。

由莫反例 3 可得：

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n ij\gcd(i,j) \\ =& \sum\limits_{T=1}^n \varphi(T)T^2 \times S_{\text{Id}}(\lfloor \dfrac n T \rfloor)^2 \end{aligned}\]

问题转化为求出 \(\varphi \cdot \text{Id}_2\) 的基本和组。

《注意到》有 \((\varphi \cdot \text{Id}_2) * \text{Id}_2 = \text{Id}_3\)。

杜教筛即可。

杜教筛嵌套

  • 常数次杜教筛嵌套，复杂度保持 \(O(n^{\frac 2 3})\)。
    • 假设你用 \(d * \mu = 1\) 来计算 \(d\) 的前缀和。
    • 首先用 \(O(n^{\frac 2 3})\) 算出 \(\mu\) 的基本和组。
    • 然后用 \(O(n^{\frac 2 3})\) 算出 \(d\) 的基本和组。
    • 总复杂度还是 \(O(n^{\frac 2 3})\)。

例 3：贝尔级数：系统地为积性函数构造杜教筛

[SP20173] DIVCNT2 - Counting Divisors (square)：求 \(\sum\limits_{i=1}^n d(i^2)\)。要求 \(O(n^{\frac 2 3})\)。

定义一个积性函数 \(f\) 的贝尔级数为一个形式幂级数：

\[f_p(x) = \sum\limits_{i=0}^\infty f(p_i) x_i \]

对于两个积性函数 \(f,g\)，\(f*g\) 的贝尔级数等于 \(f\) 与 \(g\) 的贝尔级数相乘。

常见数论函数的贝尔级数：

  • \(\varepsilon\)：\(1\)
  • \(\text{Id}_k\)：\(\dfrac 1 {1 - p^k x}\)
    • \(1\)：\(\dfrac 1 {1 - x}\)
  • \(\mu\)：\(1-x\)
  • \((\mu \cdot \mu)\)：\(1+x\)
  • \(\sigma_k\)：\(\dfrac 1 {(1-x)(1 - p^k x)}\)
    • \(d\)：\(\dfrac 1 {(1-x)^2}\)
  • \(\varphi\)：\(\dfrac {1-x} {1-px}\)

本题的函数（\(d \circ \text{Id}_2\)）显然是积性函数，考虑其贝尔级数：

\[f_p(x) = \dfrac {1+x} {(1-x)^2} \]

不难发现：\(f = (\mu \cdot \mu) * d\)。

Trick：\((\mu \cdot \mu)\) 的前缀和能快速求。[Luogu P4318] 完全平方数

还有吗……？

OI 中会遇到的数论题目基本到此为止了。但是不排除一些毒瘤 [SDOI2018] 旧试题

再往后洲阁筛、Min_25 筛之类的东西我个人认为没有赛场上的实用价值。

就这样罢。

posted @ 2024-03-09 16:26  August_Light  阅读(245)  评论(0)    收藏  举报