狄利克雷卷積

積性函式

定義：

對於數論函式\(f\)，若對於任意互質的數\(x,y\)，滿足\(f(x*y)=f(x)*f(y)\)，則\(f\)為一個積性函式。

事實上，我們見過的大部分數論函式都是積性函式，常見的如：

• \(\mu(x)\)，莫比烏斯函式，在莫比烏斯反演有討論過。
• \(\varphi(x)\)，尤拉函式。
• \(d(x)\)，表示\(x\)的約數個數。
• \(\sigma(x)\)，約數和函式。
• \(\epsilon(x)\)，狄利克雷卷積的原函式，即\(\epsilon(x)=[x=0]\)。
• \(id(x)\)，定義\(id(x)=x\)
  。
• \(I(x)\)，定義\(I(x)\)函式值恆為\(1\)，即\(I(x)=1\)。

這只是一小部分，其中有些函式的性質待會會分析。

狄利克雷卷積

定義：

對於數論函式\(f\)和\(g\)，定義它們的狄利克雷卷積為：
\[ (f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]
其中\((f*g)\)表示\(f\)和\(g\)的狄利克雷卷積。

然後有一個很重要的性質，對於積性函式\(f\)和\(g\)，它們的狄利克雷卷積也是個積性函式。

證明很簡單，設質數\(p\)和\(n\)互質，則：
\[ (f*g)(np)=\sum_{d|np}f(d)g(\frac{np}{d}) \]

根據這個，可以有效的判斷函式是否為積性函式。

狄利克雷卷積具有的一些性質：

• 交換律：\(f*g=g*f\)
  。
• 結合律：\(f*(g*h)=(f*g)*h\)。

證明很顯然，這裡就不贅述了。

然後考慮一些常見函式的狄利克雷卷積：

1．\(\epsilon(x)\)。

對於任意數論函式\(f\)，根據定義，拿一個捲上一個\(\epsilon\)，得到：
\[ (f*\epsilon)(n)=\sum_{d|n}f(d)\epsilon(\frac{n}{d})=f(n) \]
即\(f*\epsilon=f\)，

然後我們可以驚奇的發現，卷完了之後得到了他本身，所以說這個函式就是狄利克雷卷積的單位元。

2．\(\mu(x)\)。

首先我們知道這樣一個式子：
\[ \sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]
寫成狄利克雷卷積形式就是：
\[ \mu*I=\epsilon \]

３．\(\varphi(x)\)。

這個函式有一些很妙的性質，比如說(眾所周知)：
\[ \sum_{d|n}\varphi(x)=n \]
證明如下：

設\(f(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)\)，由上面提到的狄利克雷卷積性質可得，\(f\)為積性函式。

對於\(n\)的每一個質因數進行考慮，即：
\[ f(x^{p})=\sum_{d|x^p}\varphi(d)=\sum_{i=0}^p\varphi(x^i) \]
因為\(\varphi(x^p)=\varphi(x^{p-1})*p\)，\(\varphi(x)=x-1\)可得：
\[ f(x^p)＝x-1+\sum_{i=1}^p(x-1)*x^{i} \]
由等比數列求和可得\(f(x^p)=x^p\)，又由\(f\)為積性函式可得\(f(n)=n\)，得證。

寫成狄利克雷卷積的形式就是：
\[ \varphi*I=id \]
然後注意到\(\mu*I=\epsilon\)，於是嘗試在等式兩邊分別捲上一個\(\mu\)：
\[ \begin{align} \varphi*(I*\mu)&=id*\mu\\ \varphi*\epsilon&=id*\mu\\ \mu*id&=\varphi \end{align} \]
寫成一般形式就是：
\[ \sum_{d|n}\mu(d)*\frac{n}{d}=\varphi(n) \]
這個式子也很常用的。

杜教篩

前置知識終於講完了

對於積性函式\(f\)，現在考慮求\(\sum_{i=1}^nf(i)\)。

當然我知道你會線篩，但是有一些小清新(無良)出題人把資料開到\(1e9\)級別，你就做不了了，所以需要更快的演算法。

設\(S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)\)。

考慮先拿一個函式和\(f\)做卷積，先不考慮這個函式是啥，先設它為\(g\)，則：
\[ (f*g)(n)=\sum_{d|n}^{n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]
對這個函式字首和一下：
\[ \sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{n}{d})=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)=\sum_{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
中間交換求和符號就不贅述了。

然後有一個很顯然的式子：
\[ g(1)S(n)=\sum_{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)-\sum_{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
然後把等號右邊第一項換一下：
\[ S(n)=\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
剩下的事情就很顯然了，如果我們能湊出一個\(g\)，使得它和\(f\)的卷積的字首和很好算，它也很好算，我們就可以先預處理出前\(1e7\)左右的資料，然後記憶化遞迴處理\(S\)。

至於\(g\)，因題目不同而不同，做多了也就有經驗了。

注意上試是杜教篩的套路試子，如果不會推也沒關係，記下來就好了。

這裡還是舉幾個栗子吧：

１．\(\sum_{i=1}^{n}\mu(i)\).

首先我們知道一個這樣的東西：
\[ \mu*I=\epsilon \]
對於\(\epsilon\)的字首和，顯然是\(1\)，

所以，令\(g(n)=I(n)=1\)，得到：
\[ S(n)=1-\sum_{i=2}^nS(\frac{n}{i}) \]
然後數論分塊下就行了。

程式碼也很簡單，記住一定要記憶化。

map<int,int > Mu;
int sum_mu(int n) {
    if(n<maxn) return mu[n];
    if(Mu[n]) return Mu[n];
    int T=2,res=1;
    while(T<=n) {
        int pre=T;T=n/(n/T);
        res=res-(T-pre+1)*sum_mu(n/T);T++;
    }
    return Mu[n]=res;
}

2．\(\sum_{i=1}^{n}\varphi(i)*i\)。

這次考慮一個難一點的。

我們的目的是要找一個\(g\)，使他們捲起來很好算。

那麼先列出式子：
\[ (f*g)(n)=\sum_{i|n}i*\varphi(i)*g(\frac{n}{i}) \]
然後發現中間有個\(i\)的係數，可以考慮消去它，於是暫且令\(g(n)=n\)：
\[ (f*g)(n)=\sum_{i|n}n*\varphi(i)=n^2 \]
然後可以發現這個東西非常好算，因為：
\[ \sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
所以：
\[ S(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\sum_{i=2}^{n}i*S(\frac{n}{i}) \]

總結

對於一個陌生的函式，如果要求字首和，先判是不是積性函式，然後通過這個函式的性質進行分析湊\(g\)，也可以像慄２一樣湊，實在不行就一個一個試。

當然有時候線篩也是很好的，或者可以列舉因數大力算，不要總是糾結於能不能杜教篩。

習題

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