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Dirichlet 前缀和及其应用

作者:互联网

\[\Huge\text{Dirichlet 前缀和及其应用} \]

全文概要

  1. Dirichlet 前缀和定义;
  2. Dirichlet 前缀和的算法,及其拓展;
  3. Mobius 函数,Mobius 反演以及它们与 Dirichlet 前缀和,Dirichlet 卷积之间关系;
  4. 具体应用。

1 Dirichlet 前缀和定义

给定数列 \(a_i\),定义数列 \(b_i=\sum\limits_{d|i} a_d\),即所有下标为该下标约数的原数组之和。

例子:\(n=10,a_i=\left\{1,4,6,9,2,4,5,6,4,3\right\}\),则 \(b_i=\left\{1,5,7,14,3,15,6,20,11,10\right\}\)

2 模板问题与复杂度

2.1 Dirichlet 前缀和

模板

2.1.1 算法说明

\(n\le 2\times 10^7\),说明要用优于/微劣于 \(\mathcal{O}(n)\) 的算法。

对于一个数 \(a_j\),它会被计算到 \(b_{1\times j},b_{2\times j}\dots\) 中。

而对于 \(a_k(k\ge 1,k|j)\) ,可以发现会被记入 \(b_{1\times k},b_{2\times k},b_{3\times k}\dots\)

可见 \(b_{1\times j},b_{2\times j}\dots\) 也肯定会被包含;

因此可以得到一个结论:\(b_j\) 会被 \(b_{1\times j},b_{2\times j},b_{3\times j}\dots\) 所包含。

但是如果直接计算 \(b_{4\times j}\),会被 \(b_{j}\) 和 \(b_{2\times j}\) 同时计入,有重复;

于是稍稍变换计算方式:每次乘以一个不超过其下标本身的质数,就可以解决这个问题,也能够保证不重复地计算。

核心代码:

for(int i=1;i<=cnt;i++)
		for(int j=1;j*pr[i]<=n;j++) a[j*pr[i]]+=a[j];

其中 cnt 是所有素数的总数,pr[i] 为第 \(i\) 个素数。

2.1.2 算法正确性证明

下面证明上述代码是正确的,也即不重复且不遗漏:

下证第 \(i(i\le cnt)\) 轮过后,对于满足 \(l|d,\frac{d}{l}=pr_1^{\alpha_1}pr_2^{\alpha_2}\dots pr_i^{\alpha_i}\) 的 \(l\),令这些 \(l\) 组成集合 \(S_{i,d}\)。\(b_d=\sum\limits_{l\in S_{i,d}} a_l\)

\(i=0\) 时,显然成立!(\(b_i=a_i\))

假设对 \(i=k-1\) 成立,此时 \(b_1=a_1\),\(j=1\) 成立!

假设 \(b_1\dots b_p\) 均满足如上结论,

\(p=j+1\) 时,如果 \(pr_i|j+1\),那么 \(b_{j+1}\leftarrow b_{j+1}+b_{\frac{j+1}{pr_i}}\),即 \(b_{j+1}=\sum\limits_{l\in{S_{k-1,j+1}}}a_l+\sum\limits_{l\in{S_{k,\frac{j+1}{pr_i}}}}a_l\)

由定义可知 \(S_{k,\frac{j+1}{pr_i}}\cap S_{k-1,j+1}=\varnothing\),且 \(S_{k,\frac{j+1}{pr_i}}\cup S_{k-1,j+1}=S_{k,j+1}\);

所以 \(b_{j+1}=\sum\limits_{l\in{S_{k,j+1}}}a_l\)

得证!

2.1.3 举例验证

举个例子直观地验证一下各个数字的变化情况:\(n=10,cnt=4,pr_i=\left\{2,3,5,7\right\}\)

初始情况:

a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9,a10

\(i=1,pr_i=2\) 后:

a1,a2+a1,a3,a4+a2+a1,a5,a6+a3,a7,a8+a4+a2+a1,a9,a10+a5

\(i=2,pr_i=3\) 后:

a1,a2+a1,a3+a1,a4+a2+a1,a5,a6+a3+a2+a1,a7,a8+a4+a2+a1,a9+a3+a1,a10+a5

\(i=3,pr_i=5\) 后:

a1,a2+a1,a3+a1,a4+a2+a1,a5+a1,a6+a3+a2+a1,a7,a8+a4+a2+a1,a9+a3+a1,a10+a5+a2+a1

\(i=4,pr_i=7\) 后:

a1,a2+a1,a3+a1,a4+a2+a1,a5+a1,a6+a3+a2+a1,a7+a1,a8+a4+a2+a1,a9+a3+a1,a10+a5+a2+a1

2.2 Dirichlet 后缀和

类似的,给定数列 \(a_i\),定义数列 \(b_i=\sum\limits_{i|d} a_d\)。

即所有下标为该下标倍数的原数组之和。

我们可以如下操作:每次同样乘以一个不超过其下标本身的质数,但是由于前缀变为后缀,因此把计算顺序改变一下——变成从后向前计算。

为什么呢?画张图。

上图为 Dirichlet 前缀和,下面的数字代表给他贡献的 \(a\) 数组下标,上面是 \(b\) 数组下标

上图为 Dirichlet 后缀和

核心代码:

for(int i=1;i<=cnt;i++)
	for(int j=n/pr[i];j>=1;j--) a[j]+=a[j*pr[i]];

用类似 Dirichlet 前缀和的证法也可以得证!

2.3 逆推 Dirichlet 前缀和

即已知前缀和 \(b_i\),求原数组 \(a_i\);

相当于是一个差分(Dirichlet 差分)。

所以直接按照前缀和的代码倒序遍历即可。

核心代码:

for(int i=cnt;i>=1;i--)
		for(int j=n/pr[i];j>=1;j--) a[j*pr[i]]-=a[j];

2.4 逆推 Dirichlet 后缀和

即已知前缀和 \(b_i\),求原数组 \(a_i\);

还是 Dirichlet 差分,可以按照后缀和代码倒序遍历。

核心代码:

for(int i=cnt;i>=1;i--)
		for(int j=1;j*pr[i]<=n;j++) a[j]-=a[j*pr[i]];

2.5 Dirichlet 前缀和及其拓展复杂度

这个算法复杂度为 \(\mathcal{O}(\sum\limits_{\text{质数p}\le n} \dfrac{n}{p})\),与埃氏筛的复杂度相同,因此可以得知复杂度约为 \(\mathcal{O}(n\log\log n)\)

3 Dirichlet 卷积 和 Mobius 反演

3.1 Dirichlet 卷积 和 Mobius 函数之间的关系

3.1.1 什么是Dirichlet 卷积

Dirichlet 卷积,是定义在两个数论函数 \(f,g\) 上的 \(f*g\) 满足 \((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)\times g(n/d)\)

Dirichlet 卷积满足如下的规律:

3.1.2 什么是 Mobius 函数

Mobius 函数用 \(\mu\) 来表示。

如果 \(n=1\) 则 \(\mu(n)=1\);

如果 \(n\) 没有平方因子,则 \(\mu(n)=(-1)^{\text{n的素因子个数}}\);

如果 \(n\) 有平方因子,则 \(\mu(n)=0\)。

定理一:

\[\epsilon(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d) \]

即 \(\epsilon=\mu*1\);

证明:

设 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_k^{\alpha_k},n'=\prod\limits_{i=1}^{k} p_i\)

所以 \(\sum\limits_{d|n} \mu(d)=\sum\limits_{d|n'}\mu(d)=\sum\limits_{i=0}^{k}C^i_k\times (-1)^k=(1+(-1))^k=[n=1]=\epsilon(n)\)

得证!

所以我们可以利用 Dirichlet 卷积处理 Mobius 函数!

3.1.3 莫比乌斯反演

如果函数 \(f,g\) 满足

\[f(n)=\sum\limits_{d|n} g(d) \]

\[g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\dfrac{n}{d}) \]

证明:根据定义可以得到 \(f=g*1\)

两边同时卷上 \(\mu\)

可以得到:

\[f*\mu=g*1*\mu \]

\[\because 1*\mu =\epsilon \]

\[\therefore f* \mu=g*\epsilon=g \]

因为 \(\mu(p^k)=[k=1]\),而且 \(\mu\) 是积性函数,所以可以用线性筛模板计算。

void prime(ll n){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vst[i]) pr[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(ll j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;j++){
			vst[i*pr[j]]=1;
			if(!(i%pr[j])){mu[i*pr[j]]=0;break;}
			mu[i*pr[j]]=-mu[i];
		}
	}
}
                                 

3.2 复杂度的分析

假设我们现在要算 \(f=g*1\),如果对于每一个 \(f_i\) 都是暴力计算,复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 的,总和是 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\);

如果预计算完了每个数的约数列表,可以得知复杂度约为 \(\mathcal{O}(n/1+n/2+\dots n/n)\),而每个数计算也需要其约数个数的复杂度。

而 \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{n}{i}=n\ln n\)(素数定理)

所以预计算约数的复杂度总和是 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

而我们使用了 Dirichlet 卷积以后复杂度下降为 \(\mathcal{O}(n\log \log n)\)。

主要的差距就在于 Dirichlet 卷积以后我们省去了重新计算 \(f_d(d|i)\) 的过程。

举个例子:在前两种情况,计算 \(f_{10}\) 时,前两种方法都会将 \(f_5\) 重新计算,但是事实上在 Dirichlet 卷积当中 之前计算好的 \(f_5\) 可以被重复利用,进而减少计算次数。

3.3 从多维空间看 Dirichlet 前缀和

我们回过头来看一看 \(n=10\) 时最后的 \(b_i\):

a1,a2+a1,a3+a1,a4+a2+a1,a5+a1,a6+a3+a2+a1,a7+a1,a8+a4+a2+a1,a9+a3+a1,a10+a5+a2+a1

乍看之下似乎没有规律。

如果我们将 \(i\) 质因数分解以后,并且以各个质因数的幂次作为坐标呢?

举个比较形象的例子:(为了表示方便暂时只列出前三根轴)红色线条框出的立方体即为 \(b_{30}\) 所包含的所有 \(a_d\) 在这个空间中的坐标,而蓝色框出的部分即为 \(b_{100}\) 所包含的 \(a_d\)。

如果我们要在这个空间内做差分的话,由容斥原理,令 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_k^{\alpha_k}\) 可得

\[a_{n}=\sum\limits_{d|n,\frac{n}{d}=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\dots p_k^{\beta_k},\beta_i\in{0,1}} (-1)^{\sum\limits_{i=1}^{n} \beta_i}\times b_d \]

\[\therefore a_{n}=\sum\limits_{d|n,\frac{n}{d}=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\dots p_k^{\beta_k},\beta_i\in{0,1}} \mu\left(\dfrac{n}{d}\right)\times b_d \]

由 Mobius 函数的定义,如果存在平方的质数为 \(n\) 约数,\(\mu(n)=0\)。

\[\therefore a_{n}=\sum\limits_{d|n} \mu\left(\dfrac{n}{d}\right)\times b_d \]

\[\therefore a_{n}=\sum\limits_{d|n} \mu\left(d\right)\times b_{\frac{n}{d}} \]

这就是 Dirichlet 差分!

再看一下 Mobius 反演的式子:

\[g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\dfrac{n}{d}) \]

会发现 Dirichlet 差分和 Mobius 反演本质一样。

借此发现了 Dirichlet 前缀和/差分 与 Mobius 反演之间的关系。

4 具体的应用

例题1

即求

\[\sum\limits^{n}_{x=1}\sum\limits^{m}_{y=1}[\gcd(x,y)\text{为质数}] \]

设 \(g(x)\) 为 \(\gcd(i,j)=x\) 的个数,\(f(x)\) 为 \(\gcd(i,j)=k\times d,k=1,2,\dots\) 的个数。(假设是单组数据)

\[\therefore g(x)=\sum\limits^{n}_{i=1}\sum\limits^{m}_{j=1}[\gcd(i,j)=d],f(x)=\sum\limits^{n}_{i=1}\sum\limits^{m}_{j=1}[\gcd(i,j)=kd] \]

\[f(x)=\sum\limits_{d|x} g(d)=\left\lfloor\dfrac{n}{x}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{x}\right\rfloor \]

\[g(x)=\sum\limits_{x|d}\mu\left(\left\lfloor\dfrac{d}{x}\right\rfloor\right)f(x) \]

即求

\[\sum\limits_{\text{p是质数}}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m} [\gcd(i,j)=p] \]

把 \(g(p)\) 的表达式代入。

\[\sum\limits_{\text{p是质数}}g(p) \]

可以使用莫比乌斯反演!

\[\sum_{\text{p是质数}}\sum\limits_{p|d}\mu\left(\left\lfloor\dfrac{d}{p}\right\rfloor\right)f(d) \]

改变枚举项,枚举

\[\left\lfloor\dfrac{d}{p}\right\rfloor \]

\[\sum\limits_{\text{p是质数}}\sum\limits_{d=1}^{\min(\frac{n}{p},\frac{m}{p})}\mu(d)f(d\times p)=\sum\limits_{\text{p是质数}}\sum\limits_{d=1}^{\min(\frac{n}{p},\frac{m}{p})}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d\times p}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{d\times p}\right\rfloor \]

把 \( d\times p\) 换元成
\(T\) 可以得到:

\[\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_\text{p|T,p是质数}\mu\left(\left\lfloor\dfrac{T}{p}\right\rfloor\right)\left\lfloor\dfrac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{T}\right\rfloor \]

再交换一下 \(\sum\) 的顺序:

\[\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{T}\right\rfloor\sum\limits_\text{p|T,p是质数}\mu\left(\left\lfloor\dfrac{T}{p}\right\rfloor\right) \]

所以就可以线性筛 \(\mu\) 函数,整除分块并记录前缀和。

复杂度 \(\mathcal{O}(n+\sqrt{n})\)。

4.后记

通过 Dirichlet 前缀和,构建起了 Mobius 函数,Mobius 反演,及高维前缀和的关系。

但是 Dirichlet 前缀和不仅在计算机中有所应用,数学中也可以见到他的身影。

比如在证明与 \(\varphi\) 等数论函数相关的式子里,可以派上用场。

标签:mu,Dirichlet,前缀,limits,sum,times,a1,应用
来源: https://www.cnblogs.com/RollingCode/p/Dirichlet.html