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

1. 本文中所有未知数如没有特别说明，均为整数
2. (gcd(a,b))表示a,b的最大公约数
3. (a|b)表示a能整除b
4. ([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
5. (omega(n))表示n本质不同的质因子个数
6. 在没有说明的情况下,所有除法都看做下取整

目录

• 预备知识
  • 积性函数
    • 常见的积性函数
    • 常见的完全积性函数
  • 狄利克雷卷积
• 莫比乌斯反演
  • 莫比乌斯反演的约数形式
  • 莫比乌斯反演的倍数形式
• 数论分块
• 习题(狄利克雷卷积+莫比乌斯反演)
• 杜教筛
• 习题(杜教筛)

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))

[mu(n)=egin{cases} 1,n=1 \ (-1)^k,n=prod_{i=1}^k p_k^{a_k},a_k=1 (即n的所有k个质因子指数均为1的时候) \ 0，otherwiseend{cases} ]

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))

[varphi(n)=sum_{i=1}^n [gcd(i,n)=1] ]

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 imes 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)=nprod_{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) imes p),当p不整除i的时候(varphi(pi)=varphi(i) imes (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)=iprod_{i=1}^k(1-frac{1}{p_i})),(varphi(pi)=piprod_{i=1}^k(1-frac{1}{p_i})).因此(varphi(pi)=varphi(i) imes 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) imes varphi(p)=varphi(i) imes (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 eq 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。

[sum_{d|n} mu(d)=sum_{i=0}^k C_k^i (-1)^i=sum_{i=0}^k C_k^i (-1)^i 1^{k-i}=(-1+1)^k=0 ]

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:

[id(n)=n=sum_{i|n}sum_{j=1}^n[gcd(j,n)=i] (把[1,n]的数按gcd分类) ]

[=sum_{i|n}sum_{j=1}^{frac{n}{i}}[gcd(j,frac{n}{i})=1] (gcd(ka,kb)=kgcd(a,b)) ]

[=sum_{i|n} varphi(frac{n}{i}) (欧拉函数的定义) ]

[=sum_{i|n} varphi(i) ]

[=(varphi*I)(n) ]

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 imes 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 imes 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}^bsum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]) (a,b,c,d,kle 5 imes 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 imes 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

[f(x)= sum_{x|d} mu(d) F(lfloor frac{d}{x} floor) ]

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} floor lfloor frac{m}{x} floor),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)

[f(1)= sum_{1|d} mu(d) F(lfloor frac{d}{1} floor)= sum_{d=1}^{min(n,m)} mu(d) F(d)= sum_{d=1}^{min(n,m)} mu(d) lfloor frac{n}{d} floor lfloor frac{m}{d} floor ]

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} floor)

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 lfloorfrac{n}{l} floor 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} floor lfloor frac{m}{d} floor)

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

设(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

[H(n)=sum_{i=1}^n sum_{d|i} g(d) f(frac{i}{d}) ]

改变求和顺序，先枚举d,$$原式=sum_{d=1}^n g(d) sum_{d|i} f(frac{i}{d})$$

[=sum_{d=1}^n g(d)sum_{i=1}^{frac{n}{d}} f(i) ]

[=sum_{d=1}^n g(d) F(frac{n}{d}) ]

我们要求(F(n)),那么

[g(1)F(n)=sum_{d=1}^n g(d) F(frac{n}{d})-sum_{d=2}^n g(d) F(frac{n}{d})=H(n)-sum_{d=2}^n g(d) F(frac{n}{d}) ]

前半部分是狄利克雷卷积的前缀和的形式,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

但是这样一直往下记忆化，时间复杂度还是(O(n))的，

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

例题[BZOJ 3944]sum(杜教筛)

[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 3944]sum(杜教筛)

[BZOJ 3930] [CQOI 2015]选数(莫比乌斯反演+杜教筛)