莫比乌斯反演+常见数论函数的性质+狄利克雷卷积+数论分块+杜教筛学习笔记
一些约定
- 本文中所有未知数如没有特别说明，均为整数
- \(\gcd(a,b)\)表示a,b的最大公约数
- \(a|b\)表示a能整除b
- \([表达式]\)表示表达式成立的时候为1，不成立的时候为0.如\([n=1]\)在\(n=1\)的时候为1，否则为０
- \(\omega(n)\)表示n本质不同的质因子个数
- 在没有说明的情况下,所有除法都看做下取整
预备知识
积性函数
首先，我们定义:定义域和值域都在整数集合中的函数称为数论函数(这个定义不严谨，但不影响等下的推导)
定义:
若数论函数\(f\)是积性函数，那么对于\(\forall \gcd(a,b)=1,f(ab)=f(a)f(b)\)
若数论函数\(f\)是完全积性函数，那么对于\(\forall a,b \in N,f(ab)=f(a)f(b)\)
常见的积性函数
1.莫比乌斯函数\(\mu(n)\)
其中第二种情况严谨的说，应该写成\((-1)^{\omega(n)}\)
证明：
我们分类讨论\(\mu\)的符号
(1)当\(\mu(a)=1\)时，\(a=1\),\(\mu(ab)=\mu(b)=\mu(a)\mu(b)\)
(2)当\(\mu(a)=0\)时，a有指数>1的质因子，乘上b后，ab一定有指数>1的质因子,因此\(\mu(ab)=0=\mu(a)\mu(b)\),
(3)当\(\mu(a)=-1\)时，\(\gcd(a,b)=1\),则说明a,b没有公共质因子
(3.1)当\(\mu(b)=1\)时，同(1)得证
(3.2)当\(\mu(b)=0\)时，同(3)得证
(3.3)当\(\mu(b)=-1\)时，a,b的质因子指数都为1，因为a,b没有公共质因子，因此ab的质因子指数也都为1,则\(\mu(ab)=(-1)^{\omega(a)+\omega(b)}=(-1)^{\omega(a)}(-1)^{\omega(b)}=\mu(a)\mu(b)\)
因此，\(\mu\)是积性函数
性质1：若p是质数，\(\mu(p)=-1\)
证明：满足第二种情况，\(\mu(p)=(-1)^1=-1\)
性质2：若p是质数,\(i \in N\)且\(i\)不整除p，\(\mu(pi)=-\mu(i)\)
证明：
(1)当\(\mu(i)=0或1\)的时候，显然得证
(2)当\(\mu(i)=-1\)时i的质因数分解里显然没有p，那么pi的质因子个数比i多1个，会使得\((-1)^k\)的符号改变
根据性质1,2,我们可以类似线性筛素数的方法，写出线性筛莫比乌斯函数的代码
void sieve(int n){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
prime[++cnt]=i;
mu[i]=-1;//性质1
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){//prime[j]|i,i*prime[j]中，质因子prime[j]的指数>1,mu值为0
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];//性质2
}
}
}
2.欧拉函数\(\varphi(n)\)
表示1~n中与n互质的数的个数
性质1：若p是质数，则\(\varphi(p)=p-1\)
证明：显然1~p-1的数都与p互质
性质2：\(\forall\)n>1,[1,n]中与n互质的数的和为\(n \times \varphi(n)/2\)
证明:\(\gcd(n,x)=\gcd(n,n-x)\),所以与n互质的数x,n-x成对出现，平均值为\(n/2\),而互质的数又有\(\varphi(n)\)个
性质3：若n的质因数分解式为\(\prod_{i=1}^{k} p_i^{a_i}\),则\(\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\)
证明：
设p,q均为n的质因子，1~n中p的倍数有\(\frac{n}{p}\)个，q的倍数有\(\frac{n}{q}\)个，既是p的倍数也是q的倍数的数有\(\frac{n}{pq}\)个。根据容斥原理，既不是p的倍数也不是q的倍数的数有\(n-\frac{n}{p}-\frac{n}{q}+\frac{n}{pq}=n(1-\frac{1}{p})(1-\frac{1}{q})\)个
两个数的结论显然可以推广到k个数，得证
由性质3，我们显然可以证明\(\varphi\)是积性函数
性质4 : 若p是质数，当\(p|i\)时\(\varphi(pi)=\varphi(i)\times p\),当p不整除i的时候\(\varphi(pi)=\varphi(i) \times (p-1)\)
证明：
当\(p|i\)时，pi包含的质因数和i包含的质因数相同，只是指数不同。根据性质3，\(\varphi(i)=i\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\),\(\varphi(pi)=pi\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\).因此\(\varphi(pi)=\varphi(i)\times p\)
当p不整除i的时候，因为p是质数，所以p,i互质。因为欧拉函数是积性函数，\(\varphi(pi)=\varphi(i) \times \varphi(p)=\varphi(i) \times (p-1)\)
类似筛莫比乌斯函数，我们可以写出线性筛欧拉函数的代码
void sieve(int n){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
prime[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;//性质1
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){//prime[j]|i
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
3.约数个数函数\(d(n)\)
若n的质因数分解式为\(\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}\),则\(d(n)=\prod_{i=1}^k(a_i+1)\)
4.约数和函数\(\sigma(n)\)
若n的质因数分解式为\(\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}\),则\(\sigma(n)=\prod_{i=1}^k \sum_{j=0}^{a_i}p_i^j)\)
常见的完全积性函数
1.常函数\(I(n)=1\)
2.恒等函数\(id(n)=n\)
3.单位函数\(\varepsilon(n)=[n=1]\)
狄利克雷卷积
定义：如果函数\(F,f,g\)满足$$F(n)=\sum_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})$$，则F是f和g的狄利克雷卷积，记作\(F=(f*g)\),或\(F(n)=(f*g)(n)\)
由定义知，狄利克雷卷积满足交换律和结合律
性质1：\(f*\varepsilon=f\)(任意函数卷积上单位函数都等于本身)
证明：
\((f*\varepsilon)(n)=\sum_{d|n}f(d)\varepsilon(\frac{n}{d})\)
显然只有\(\frac{n}{d}=1\)的时候乘积才不为0，\((f*\varepsilon)(n)=f(n)\varepsilon(1)=f(n)\)
性质2:\(\mu *I=\varepsilon\)
证明：
当\(n=1\)时，\(\mu(n)=\varepsilon(n)=1\)
当\(n \neq 1\)时，我们要求证\(\varepsilon(n)=\sum_{d|n} \mu(d)\)
设n的质因数分解式为\(\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}\),则d是在这里面选择一些质因子乘起来得到的。只有选的质因子指数为1的时候才会对答案有1或-1的贡献，取决于。那么问题就转换成在k个质因子中选0,1,2,3...个数的方案数。
倒数第二步用到了二项式定理.此时\(\varepsilon(n)=0\)，得证
性质3：\(\varphi * I=id\)
证明:
性质4：\(\mu*id=\varphi\)
证明：
由性质2知\(\mu * I=\varepsilon\)
由性质3知\(id=\varphi *I\)
那么\(id * \varepsilon=id=\varphi * I\)
代入\(\mu * I=\varepsilon\)，\(id * \mu * I=\varphi *I\)
约掉\(I\)，得\(\mu*id=\varphi\)
性质5：\(d=I*I\)
证明:\(d(n)=\sum_{d|n}1 \times 1\),n的约数个数就是整除n的数的个数，显然得证
性质6: \(\sigma=I*id\)
证明:\(\sigma(n)=\sum_{d|n}d=\sum_{d|n}1 \times id(d)\),显然得证
我们再来总结一下比较重要的几条性质，因为在莫比乌斯反演里会用到:
\(\mu *I=\varepsilon\)
\(\varphi * I=id\)
\(f * \varepsilon =f\)
莫比乌斯反演
莫比乌斯反演是一种简化计算的方法
比如，我们可以用函数f表示F，比如\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)那么能不能用F来表示f呢？
莫比乌斯反演的约数形式
定理:若\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)，则\(f(n)=\sum_{d|n}F(d) \mu(\frac{n}{d})\)
这就是莫比乌斯反演的约数形式(第一种形式)，观察式子得到，我们用\(F,\mu\)来表示了\(f\)
如果我们要求f，但f比较难求解。而f求和可以得到一个函数F，F很好求，那么就可以用莫比乌斯反演求解出f.因此用莫比乌斯反演做题的时候，重点是找出好求解的函数F，来优化f的求解过程．
关于这个定理的证明，可以不依靠狄利克雷卷积直接证明，但式子较繁琐。这里用卷积证明：
把已知条件写成卷积形式，\(F=f*I\)
两边卷积上\(\mu\),得\(F*\mu=f*I*\mu\)
由\(\mu *I=\varepsilon\)，得\(F*\mu=f *\varepsilon=f\)
再写成求和形式，\(f(n)=\sum_{d|n}F(d) \mu(\frac{n}{d})\)
莫比乌斯反演的倍数形式
定理，若\(F(n)=\sum_{n|d}f(d)\),则\(f(n)=\sum_{n|d}F(d) \mu(\frac{d}{n})\)
这就是莫比乌斯反演的倍数形式(第二种形式)。观察式子得到，这是一个无限求和，但往往题目中其实只需要求到一个上界。
这种形式的证明见:https://oi-wiki.org/math/mobius/
为了加深理解，可以看一道例题:[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)
[BZOJ 2301] 求\(\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]\) \(a,b,c,d,k\le 5\times 10^4\)
\(O(n^2)\)暴力显然是不可行的，我们考虑优化。
首先易得\(k\times \gcd(i,j)=\gcd(ki,kj)\),那么我们可以把a,b,c,d都除上k,问题就变成了\(\sum _{i=a/k}^{b/k}\sum _{j=c/k}^{d/k}[\gcd(i,j)=1]\)(之后的除法若未说明，均为下去整)。差分一下，我们只要求出\(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=1]\)，然后二维前缀和相减一下就可以了
既然要用到莫比乌斯反演，我们首先就要找到合适的F和f
设
\(f(x)=\sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [\gcd(i,j)=x]\),(gcd为x的(x,y)的对数)
\(F(x)= \sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [x |\gcd(i,j)]\), (gcd为x或x的倍数的(x,y)的对数)
显然$F(x)=\sum f(i) $(i是x的倍数)，因为gcd(x,i)能整除x，那i一定能整除x。
既然F，f满足上面的条件，我们就可以大力反演了
虽然这看起来是无限求和，但我们实际上求到min(n,m)就可以了，因为gcd(i,j)(i<n,j<m)不可能超过i,j中的最小值。
注意到\(F(x)= \sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [x |\gcd(i,j)]= \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{x} \rfloor\),因为gcd(i,j)为x的倍数，那么i,j一定都被x整除，显然1~n中x的倍数有n/x个
我们求的答案实际上是f(1)
数论分块
数论分块其实和数据结构中的分块关系不大
在莫比乌斯反演中，我们经常需要求解这种形式的式子\(\sum_{i=1}^n f(i) \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)
暴力枚举求解i的复杂度仍然较高
观察到d比较大的时候n/d的值变化不大，如n=6时n/4=n/5=n/6.
因此我们可以找出所有下取整值相同的区间[l,r],再用\(\sum \lfloor\frac{n}{l} \rfloor \sum_{i=l}^r f(i)\)就可以求出答案，求和部分可以前缀和预处理。对于一个块，假设它的起始位置的下标为l，那么可以得到的是，它的结束位置的下标为n/(n/l)
如果我们预处理出f的前缀和，那么数论分块的复杂度是\(O(\sqrt{n})\)的。
下面的代码求解了\(\sum_{d=1}^n \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor\)
long long ans=0;
int l,r;
for(l=1;l<=m;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);//sum_mu为mu的前缀和
}
习题(狄利克雷卷积+莫比乌斯反演)
[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)
[BZOI 3994] [SDOI2015]约数个数和(莫比乌斯反演+数论分块)
[BZOJ 2820] YY的gcd(莫比乌斯反演+数论分块)
[BZOJ 2154]Crash的数字表格(莫比乌斯反演+数论分块)
杜教筛
在莫比乌斯反演中，我们常常要求一个积性函数ｆ的前缀和。它通过狄利克雷卷积的转化，最终利用预处理和记忆化搜索的思想来降低复杂度
构造函数\(h=f*g\),\(F,G,H\)为她们的前缀和。
我们想办法用\(F(\frac{n}{d}),g,H\)等表示出\(F(n)\),这样就可以记忆化搜索了
由\(H\)的定义有
改变求和顺序，先枚举d,$$H(n)=\sum_{d=1}^n g(d) \sum_{d|i} f(\frac{i}{d})$$
我们要求\(F(n)\),那么
前半部分是\(h\)的前缀和的形式,后半部分可以数论分块然后记忆化搜索。如果\(h(n)=f*g\)的前缀和可以在\(O(1)\)求(一般如\(h(n)=1,h(n)=n\))等,就可以直接记忆化了
这时容易想到了线性筛法，假如我们把一部分的f筛出来，然后求出F,那么递归到一定范围时就可以O(1)返回了
可(wo)以(ye)证(bu)明(hui),当我们筛出\(O(n^{\frac{2}{3}})\)个f的时候，总时间复杂度是\(O(n^{\frac{2}{3}})\)。这样，很多求和问题的范围就可以做到\(10^{12}\)左右
[BZOJ 3944] 求\(\mu\)和\(\varphi\)的前缀和,
套路公式:
我们要求\(f\)的前缀和,构造两个函数\(g,h\)满足\(h=f*g\), \(F,G,H\)为它们的前缀和
\[g(1)F(n)=H(n)-\sum_{d=2}^n g(d) F(\frac{n}{d}) \]
如果\(f=\mu\),注意到\(\mu*I=\varepsilon\),那么\(g(n)=I(n)=1,h(n)=\varepsilon(n),H(n)=\varepsilon(1)=1\)
代入得\(F(n)=1-\sum_{d=2}^n F(\frac{n}{d})\)
如果\(f=\varphi\),注意到\(\varphi * I=id\),那么\(g(n)=I(n)=1,h(n)=n,H(n)=\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}{2}\)
代入得\(F(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{d=2}^n F(\frac{n}{d})\)
然后记忆化搜索，用map记录答案,求和的部分用数论分块。注意为了方便理解把两个函数的求和分开，如果要通过本题需要把两个函数的求和合起来写，否则常数较大。详见上方超链接
ll sum_mu[maxn+5];//sum_mu为线性筛出的mu前缀和，线性筛部分略
ll sum_phi[maxn+5];//sum_phi为线性筛出的phi前缀和
map<ll,ll>ans_mu;
map<ll,ll>ans_phi;
ll sieve_mu(ll n){//orz dujiao
if(n<=maxn) return sum_mu[n];
if(ans_mu.find(n)!=ans_mu.end()) return ans_mu[n];
ll ans=1;
for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans-=(r-l+1)*sieve_mu(n/l);
}
ans_mu[n]=ans;
return ans;
}
ll sieve_phi(ll n){
if(n<=maxn) return sum_phi[n];
if(ans_phi.find(n)!=ans_phi.end()) return ans_phi[n];
ll ans=n*(n+1)/2;
for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans-=(r-l+1)*sieve_phi(n/l);
}
ans_phi[n]=ans;
return ans;
}
习题(杜教筛)
[BZOJ 3930] [CQOI 2015]选数(莫比乌斯反演+杜教筛)
