狄利克雷卷积 - 入门

前情提要：学弟说想学莫反，所以先教大家怎么玩乘法卷积。

这是第二篇教程，如果不知道什么是反演、高维前缀和，请先阅读这个差分与前缀和。
我们会先说狄利克雷卷积，然后讲一点题目，把狄利克雷生成函数 DGF 留给下一篇。

求莫比乌斯函数

根据定义，可以花费 \(O(\sqrt n)\) 时间完成质因子分解，求出单个 \(\mu(n)\) 的值。
同时，由于是积性函数，我们可以在 \(O(n)\) 时间里用线性筛求出 \(1..n\) 的值。

  mu[1] = 1;
  for (int x = 2; x <= n; x++) {
    if (!vis[x]) { // 是质数
      primes.push_back(x);
      mu[x] = -1;
    }
    for (int p : primes) {
      if (x * p > n) break;
      vis[x * p] = 1;
      if (x % p == 0) {     // x 里有 p
        mu[x * p] = 0;      // xp 肯定有 p2
        break;
      } else {              // x 里没有 p
        mu[x * p] = -mu[x]; // xp 恰有一个 p
      }
    }
  }

一般线性筛法

考虑有一个未知的积性函数 \(f\)，假设已经得知形如 \(f(p^k)\) 处的值，就可以在线性时间内求解每个点值。
否则的话，还需要额外算上单独为 \(\frac{n}{\ln n}\) 个质数求解每个 \(f(p^k)\) 的开销。

low[N]; // i 的最小质因子的最大幂次 p^c 的值

  f[1] = 1; // 积性函数 h(1) 总是 1
  for (int x = 2; x <= n; x++) {
    if (!vis[x]) { // 是质数
      primes.push_back(x);
      low[x] = x;
      f[x] = /* f(p) */;
    }
    for (int p : primes) {
      if (x * p > n) break;
      vis[x * p] = 1;
      if (x % p == 0) {     // x 里有 p
        low[x * p] = low[x] * p;
        if (low[x] == x) f[x * p] = /* f(p^{k+1}) */;
        else f[x * p] = f[x / low[x]] * f[low[x * p]]; // 拆成互质的两部分
        break;
      } else {              // x 里没有 p
        low[x * p] = p;
        f[x * p] = f[x] * f[p];
      }
    }
  }

完全积性函数

完全积性函数 \(f(n)\) 满足：\(f(1) = 1\)，对任意 \(a,b\)，都满足 \(f(ab) = f(a)f(b)\)。

一些例子是 \(\textbf{1}(n)\)，\(e(n)=[n=1]\)，\(\text{id}^k(n) = n^k\)，\(\lambda(n) = (-1)^{\Omega(n)}\)，这里说下最后一个：

\(\Omega(n)\) 表示 \(n\) 的可重素因子个数。比如 \(12 = 2^2 \cdot 3^1\)，于是有 \(\Omega(12) = 3\)。
由于素因子个数在乘法中是相加的，即 \(\Omega(ab) = \Omega(a) + \Omega(b)\)，因此 \(\lambda(ab) = (-1)^{\Omega(a)+\Omega(b)} = \lambda(a)\lambda(b)\)。

不用太刻意去记，总是可以当场考察是否满足。

练习 - 完全积性函数

前缀和 1

给定 \(n\) 个正整数 \(a_i\)，问有多少四元对满足 \(\gcd(a_{i_1}, a_{i_2}, a_{i_3}, a_{i_4}) = x\)，对 \(x = 1 \dots n\) 回答。

\(1 \le n, a_i \le 10^6\)

设 \(f(x)\) 表示满足恰 \(\gcd(a_{i_1}, a_{i_2}, a_{i_3}, a_{i_4}) = x\) 的四元对数量；
设 \(F(x)\) 表示 \(\gcd(a_{i_1}, a_{i_2}, a_{i_3}, a_{i_4})\) 为 \(x\) 的倍数的四元对数量。

根据我们所设的定义，恰好符合莫反的倍数形式，可以这样描述 \(f\) 和 \(F\) 的关系：

\[F(x) = \sum_{k = 1} f(kx) \]

我们记 \(S(x)\) 表示有多少 \(a_i\) 是 \(x\) 的倍数，这个可以在 \(O(n \log n)\) 时间里暴力求出：

\[S(x) = \sum_{k=1} \text{cnt}(kx) \]

我们可以用组合数求出每个 \(F(x)\)，即从合法的 \(a_i\) 里选出 \(4\) 个来：

\[F(x) = \binom{S(x)}{4} \]

随后反解出 \(f\) 的值：

\[f(x) = \sum_{k = 1} \mu(k) F(kx) \]

这样的时间复杂度为 \(O(n \log n)\)，已经非常优秀。可以优化到 \(O(n \log \log n)\)。
我们的瓶颈在于暴力枚举计算 \(S\) 和 \(f\)，两者复杂度都是调和级数的 \(O(n \log n)\)。

观察 \(S(x)\) 是狄利克雷后缀和 \(\text{cnt} * \textbf{1}\)，而 \(f = \mu * F\) 则是后缀差分。可以用埃氏筛求解，就做到了 \(O(n \log \log n)\)。

  for (int p : primes) // 狄利克雷后缀和，枚举每个质数维度
    for (int j = V / p; j >= 1; j--) // 从大到小
        cnt[j] += cnt[j * p];

  for (int k = 1; k <= V; k++)       // 求出 F
    F[k] = C(cnt[k], 4);

  for (int p : primes) // 狄利克雷后缀差分，枚举每个质数维度
    for (int j = 1; j <= V / p; j++) // 从小到大
        F[j] -= F[j * p];

也就是说，如果满足以下条件，就可以从 \(O(n \log n)\) 优化到 \(O(n \log \log n)\)：

卷上了一个完全积性函数，如 \(\textbf{1}\)；
卷上了一个完全积性函数的狄利克雷逆，如 \(\mu\)。
注意完全积性函数的狄利克雷逆，一定是积性的，但不一定是完全积性的。

我们会在后文严格推导证明，并给出更通用的描述，读者可以先把这个作为结论。

前缀和 2

给定 \(f\) 的前 \(n\) 项，计算 \(h(n) = \sum_{d \mid n} f(d) \frac{n}{d}\) 的前 \(n\) 项。

\(1 \le n \le 10^6\)

也就是说，希望你求 \(h = f * \text{id}\) 的前 \(n\) 项，直接调和级数地，枚举倍数即可做到 \(O(n \log n)\)。
但因为 \(\text{id}\) 是完全积性函数，我们考虑狄利克雷前缀和，对于质数维度 \(p\)，转移系数 \(\text{id}(p) = p\)：

  for (int p : primes) // 前缀和，即 * id
    for (int j = 1; j * p <= n; j++)
      f[j * p] += f[j] * p;

  for (int p : primes) // 差分，即 * id^-1（本题没用到）
    for (int j = n / p; j >= 1; j--)
      f[j * p] -= f[j] * p;

复杂度为 \(O(n \log \log n)\)。对于任何完全积性函数，只需要将这里的系数 \(p\) 改为 \(g(p)\) 的值即可。

前缀和 3

给定 \(f\) 的前 \(n\) 项，计算 \(h(n) = \sum_{d \mid n} f(d) \varphi(\frac{n}{d})\) 的前 \(n\) 项。

\(1 \le n \le 10^6\)

即求卷积 \(f * \varphi\)，考虑欧拉反演 \(\textbf{1} * \varphi = \text{id}\)，我们可以改写所求 \(f * \text{id} * \mu\) 形式。
因为 \(\text{id}\) 是完全积性的，可以先以 \(\text{id}\) 作为系数进行前缀和，然后再进行无系数的差分。

  for (int p : primes) // 先前缀和，即 * id
    for (int j = 1; j * p <= n; j++)
      f[j * p] += f[j] * p;

  for (int p : primes) // 再差分，即 * mu
    for (int j = n / p; j >= 1; j--)
      f[j * p] -= f[j];

这样是 \(O(n \log\log n)\) 的。如果直接卷 \(\varphi\) 的话，由于不是完全积性，只能做到 \(O(n \log n)\)。

练习：Dirichlet 半在线卷积

已知函数 \(f\) 满足 \(f(1)=1\)，且

\[f(n)=\sum_{d|n,d \ne n}f(d)\varphi(\frac{n}{d}). \]

给定正整数 \(n\)，试求出 \(f(1),f(2),\cdots,f(n)\) 的值。模 \(2^{32}\)自然溢出。
\(1 \le n \le 5 \times 10^7\)。

link

由于 \(f\) 之间相互依赖，我们必须半在线地求解，一般的手段是 CDQ 分治。
然而这个题目非常神秘，它帮你把 \(d=n\) 抠掉了，让我们考察发生了什么：

任何数 \(x\) 的真因子 \(d\) 满足 \(d \le x/2\)。
如果已经求出了 \([1, \text{mid}]\) 的所有 \(f\) 值，那么 \([\text{mid}, n]\) 中所有数的真因子 \(f\) 值都已经算完了。

也就是说为了算 \([1,n]\) 的 \(f\)，我们只要在算完 \([1, \text{mid}]\) 的部分以后就可以开始卷了。

void solve(int n) {
  if (n == 1) return void(f[1] = 1);

  int mid = n / 2;
  solve(mid); // 算 [1, mid] 的 f

  // 把左半区间的 f 值复制到辅助数组，右半部分补 0
  for (int i = 1; i <= mid; i++) A[i] = f[i];
  for (int i = mid + 1; i <= n; i++) A[i] = 0;

  for (int p : primes) {  // 卷 id
    if (p > n) break;
    for (int i = 1; i * p <= n; i++) A[i * p] += A[i] * p;
  }

  for (int p : primes) {  // 卷 mu
    if (p > n) break;
    for (int i = n / p; i >= 1; i--) A[i * p] -= A[i];
  }

  // 这里 A[i] 即为 f * phi 的结果，赋给右半区间的 f 即可
  for (int i = mid + 1; i <= n; i++) f[i] = A[i];
}

时间是 \(T(n) = T(n/2) + O(n \log\log n) = \Theta(n \log\log n)\)，可以把单侧递归改成倍增来减少常数。

练习 - 积性函数

前面我们说，如果卷了完全积性函数，或者完全积性函数的逆，可以在 \(O(n \log \log n)\) 时间内求解：

完全积性函数是正着遍历 f[j * p] += f[j] * g(p)
卷上它的逆是倒着遍历 f[j * p] -= f[j] * g(p)

重要的是，这个过程可以被理解为是在若干条极长的 \(j\)，\(jp\)，\(jp^2\)，\(\dots jp^k\) (\(j \perp p\)) 的不交链上做卷积。
具体来说，我们找到每个 \(j \perp p\)，取出所有的 \(jp^k\)，设链上元素 \(f\) 值分别是 \(A_0,A_1 \dots A_L\)，然后计算：

\[A'(x) = \sum_{c = 0}^L A(x - c) \cdot g(p^c) \]

都计算完成后把 \(f \leftarrow A'(x)\) 赋值回去，枚举下一个质数维度 \(p\) 计算。而当 \(g\) 是完全积性，有 \(g(p^c) = g(p)^c\)，此时发现：

\[\begin{align*} A'(x) &= A(x) \cdot {g(p)}^0 + A(x-1) \cdot {g(p)}^1 \dots + A(0) \cdot {g(p)}^x \\ A'(x-1) &= A(x-1) \cdot {g(p)}^0 + A(x-2) \cdot {g(p)}^1 \dots + A(0) \cdot {g(p)}^{x-1} \end{align*} \]

恰好变成了 \(O(L)\) 的带 \(g(p)\) 作为系数的“前缀和”，也就完成了证明。而对于仅积性函数的情况，我们可以 \(O(L^2)\) 转移。
可以证明如果 \(g(p^c)\) 可以快速计算（或已经预处理），即使是 \(O(L^2)\) 暴力在链上卷积，复杂度依然是 \(O(n \log \log n)\) 的。

Proofs.

我们先固定一个 \(p\)，设 \(N_k = \frac{n}{p^k}\)，此时长度恰好为 \(L\) 的链的数量为 \(N_{L-1} - N_{L}\)。
这是因为对于一条有 \(L\) 个元素的极长链，满足 \(jp^{L-1} \le n\) 而 \(jp^{L} \gt n\)，使得 \(j\) 的数量相减即为所求。
此时对于我们固定的 \(p\)，其总计算次数如下：

\[\begin{align*} W(p) &= \sum_{L=2}^n \frac{L(L+1)}{2} (N_{L-1} - N_{L}) \\ &= 3(N_1 - N_2) + 6(N_2 - N_3) + 10(N_3 - N_4) + 15(N_4 - N_5) + \dots \\ &= 3N_1 + \sum_{k=2}^{n} (k+1) N_k \\ &\le \frac{n}{p} \left( 3 + \frac{3}{p} + \frac{4}{p^2} + \frac{5}{p^3} + \dots \right) \\ \end{align*} \]

最后一步只是暴力展开了前面的 \(N\)，括号里的 \(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{k+2}{p^k}\) 用比值审敛法可知 \(|p|>1\) 时绝对收敛。总复杂度：

\[T = \sum_{p \le n} W(p) \le \sum_{p \le n} O\left( \frac{n}{p} \right) = O(n) \cdot \sum_{p \le n} \frac{1}{p} = O(n \log\log n) \]

练习：很多前缀和

给定 \(f\) 的前 \(n\) 项，计算 \(f * \underbrace{\mathbf{1} * \mathbf{1} * \cdots * \mathbf{1}}_{k \text{ 次}}\) 的前 \(n\) 项，模大质数 \(998244353\)。

\(1 \le n \le 10^6\)，\(1 \le k \le 2^{1000}\)

不考虑函数 \(g = \textbf{1}\) 的任何性质，由于乘法卷积具有结合律，一种通用的做法是快速幂：
我们不断计算 \(g^{2^h}\) 随后和 \(f\) 卷起来，复杂度为 \(O(n \log n \log k)\)，但数据范围有点大。

事实上，\(\textbf{1}^{*k}\) 的结果是 \(k\) 阶除数函数 \(d_k(n)\)，即把 \(n\) 拆分成 \(k\) 个正整数有序乘积的方案数。
首先它是积性函数，所以可以线性筛求 \(d_k\) 然后暴力 \(O(n \log n)\) 卷一下，不过我们能做的更好。
考察质数的幂次 \(p^a\)，我们用插板法，其公式为：

\[d_k(p^a) = \binom{a + k - 1}{a} \]

这里的 \(a\) 不超过 \(\log n\)，只要暴力预处理这些组合数即可，考虑组合数的具体展开：

\[\frac{1}{a!} \times k \times (k+1) \times \dots \times (k+a-1) \]

因为 \(a < P\)，分母总是存在逆元，可以对分子上的 \(k\) 模 \(P\)，这样就解决了数据范围。

接下来考虑转移，因为是完全积性函数，所以可以按质数 \(p\) 逐维度转移：

考虑每次总是在 \(j\)，\(j p\)，\(jp^2 \dots\) 共 \(L\) 项之间转移，即在这条链上做 \(k\) 次前缀和；
第 \(t = 0 \dots x\) 项，在完成前缀和后，对第 \(x\) 项的贡献如下，可以 \(O(L^2)\) 求解。

\[A(x) = \sum_{t = 0}^n A(x - t) \times \binom{t + k - 1}{t} \]

  for (int p : primes) {
    for (int j = 1; j <= n / p; j++) {
      // 找链的头部 j（不是 p 的倍数）
      if (j % p == 0) continue;
      ll now = j;

      vector<ll> A;  // 找出这条链：j, jp, jp^2, ...
      while (now <= n) A.push_back(f[now]), now *= p;

      vector<ll> res(A.size(), 0);
      for (ll x = 0; x < A.size(); x++) {  // 在链上转移
        ll sum = 0;
        for (ll t = 0; t <= x; t++) sum = (sum + A[x - t] * C[t]) % MOD;
        res[x] = sum;
      }

      now = j;  // 把结果写回 f
      for (ll i = 0; i < A.size(); i++) f[now] = res[i], now *= p;
    }
  }

可以证明复杂度依然是 \(O(n \log\log n)\)，一份常数比较小的代码如下

auto solve(const std::vector<int>& f, const std::vector<int>& g) {
  int n = f.size() - 1;
  auto h = f;
  for (int p : primes) {
    for (int k = n / p * p; k; k -= p) {
      int d = k;
      while (true) {
        d /= p;
        h[k] += h[d] * g[k / d]; // k / d 依次取到 p^1, p^2 ...
        if (d % p) break;
      }
    }
  }
  return h;
}

相信读者通过这部分的题目，对乘法卷积，以及一些套路有了更加深刻的认识！

posted @ 2026-09-29 16:59 Aurora5090 阅读(22) 评论(0) 收藏举报

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