狄利克雷卷积和莫比乌斯反演学习笔记

我太菜了，口嗨的题也嗨不了，赶紧学一发。

记一波笔记，免得忘力。

什么是狄利克雷卷积？

卷积是函数与函数之间的运算。

两个数论函数的狄利克雷卷积是一个新函数。

两个数论函数的狄利克雷卷积一般写成 (f*g)，读作 (f) 卷 (g)。

狄利克雷卷积的定义式如下：（不懂建议手动模拟^^）

[f*g(n)=sumlimits_{d|n}f(d)g(frac{n}{d}) ]

狄利克雷卷积满足交换律，结合律，分配律，柿子懒得打了，自己理解。

积性函数

设 (f) 是数论函数，若对任意互质的正整数 (a,b)，都有 (f(ab)=f(a)f(b))，则称 (f) 是积性函数。

若对任意的正整数 (a,b)，都有 (f(ab)=f(a)f(b))，则称 (f) 是完全积性函数。

我寻思着这玩意不是应该高中whk考试里边都有吗。。。

得先介绍几个函数，作为前置芝士。

完全积性函数

单位函数：(epsilon(x) = [x = 1])

这个有什么用？这是单位元，任何函数卷单位元都等于它本身（不懂手膜^^）。

恒等函数：(I(x) = 1)。

单位函数：(mathrm{id}(x) = x)。

非完全积性函数

重点来力！

(mu(x)) 莫比乌斯函数

定义：

[mu(x) = egin{cases} 1 & , x = 1 \ (-1) ^ k & , x = prodlimits_{i = 1} ^ k p_i \ 0 & , Otherwise end{cases} ]

性质：(sumlimits_{d|n} mu(d) = [n = 1])

有一个关系：

[μ∗1=ϵ ]

它可以用来满足莫比乌斯反演的推理过程，看到后面就知道了。

莫比乌斯反演

现有关系：

[F(n)=sumlimits_{d|n}f(d) ]

即

[F=f*1 ]

则有：

[f(n)=F*mu=sumlimits_{d|n}mu(frac{n}{d})f(d)=sumlimits_{d|n}mu(d)f(frac{n}{d}) ]

是不是用到了上面的那个 (3) 式？但如何理解上面这个柿子？我一开始脑残了，其实它就是换了一下约数的枚举顺序，所以在这里 (d) 和 (frac {n}{d})

是等效的。

如何筛 $mu $？方法和线性筛大同小异。

直接给代码，应该比较好懂。

void mobius() {
	v[1] = 1;
	miu[1] = 1;
	for (int i = 2; i < N; i++) {
		if(!v[i]) {
			v[i] = i;
			p[++cnt] = i;
			miu[i] = -1;
		}
		for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
			if(p[j] * i > N) break;
			miu[p[j] * i] = i % p[j] == 0 ? 0 : -miu[i];
			v[i * p[j]] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}

技巧：

[[gcd(i,j)=1]=sum_{d|gcd(i,j)}mu(d) ]

证明：

由 (mu * 1=epsilon)，

即 (sum_{d|n}mu(d)=[n=1])，

将 (n) 替换成 (gcd(i,j)) 即可。

又 (d|gcd(x,y)) (leftrightarrow) (d|x)，(d|y)，可以枚举倍数来求。

常见反演：

设

[f(d)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]。 ]

则有：

[egin{align} F(x)&=sum_{x|d}f(d)\ &=sum_{x|d}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]\ &=sum_{x|d}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[x|i,x|j]\ &=lfloor frac{n}{x} floor lfloor frac{m}{x} floor end{align} ]

于是 (F) 是个可以 (O(1)) 计算的玩意了。

再反演一下，利用分块就可以做题力^^。

(varphi) 与 (mu) 的关系：

[egin{align} &Id=varphi *1\ &Id*mu =varphi\ &varphi(n)=sum_{d|n}mu(d)frac{n}{d}\ &frac{varphi(n)}{n}=sum_{d|n}frac{mu(d)}{d} end{align} ]

如果 (d(n)) 为 (n) 的约数个数，则有关于 (d(n)) 的一个挺好用的结论：

[d(nm)=sum_{i|n}sum_{j|m}[gcd(i,j)==1] ]

证明：

设 (nm=prod p_i^{x_i})，(n=prod p_i^{y_i})，则有 (m=prod p_i^{x_i-y_i})。

设

[i = p_1^{a_1}cdot p_2^{a_2}cdot p_3^{a_3}cdots p_k^{a_k}，j = p_1^{b_1}cdot p_2^{b_2}cdot p_3^{b_3}cdots p_k^{b_k} ]

先看第一项。要使 (gcd(i,j)==1)，则要么 (a_1) 为 (0)，要么 (b_1) 为 (0)。若 (a_1=0)，则 (b_1) 有 (x_1-y_1+1) 种取值，若 (b_1=0)，则 (a_1) 有 (y_1+1) 种取值，(a_1=b_1=0) 的情况重复了，所以一共有 (x_1+1) 种取值。但其实这对于任意的 (i) 也是如此。

所以满足条件的 (i, j) 对数为 (prod(x_i + 1))。这与约数定理给出的形式一致，就得证了。

Orz sengxian 写的是真清楚。

话说写东西怎么这么麻烦啊艹，不写了，累死了。