莫比乌斯反演与狄利克雷卷积
作者:互联网
积性函数
对于gcd(a,b)=1,都有f(ab)=f(a)∗f(b)。那么f(n)是积性函数
欧拉函数ϕ(n)是一个积性函数,对于一个素数p。有:
ϕ(p)=p−1, ϕ(pk)=pk−pk−1=(p−1)pk−1第一个就根据定义理解,第二个就稍微容斥一下就可以了。
莫比乌斯函数μ
莫比乌斯函数完整定义的通俗表达:
1)莫比乌斯函数μ(n)的定义域是N
2)μ(1)=1
3)当n存在平方因子时,μ(n)=0
4)当n是素数或奇数个不同素数之积时,μ(n)=−1
5)当n是偶数个不同素数之积时,μ(n)=1
性质:当n不为1时,n的所有因子的μ之和等于0
∑d∣nμ(d)=0, (n !=1)
性质:∑d∣ndμ(d)=nϕ(n)
求μ?
- Θ(n)线性筛求出1~n的μ
inline void eluer() {
vis[1] = 1; mu[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; ++i) {
if (!vis[i]) {
prime[++tot] = i;
mu[i] = -1;
}
for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
LL cur = i * prime[j];
if (cur >= (LL)N) break;
vis[cur] = 1;
if (i % prime[j] == 0) {
mu[cur] = 0;
break;
}
else mu[cur] = -mu[i];
}
}
}
解释和说明:如果i%prime[j]=0的话 ,说明cur中prime[j]因子至少已经出现了2次。否则因为μ是积性函数,i和prime[j]又显然互质,所以μ(cur)=μ(i)∗μ(prime[j])=−μ(i)。
求ϕ?
- Θ(n)线性筛求1~n的ϕ
inline void eluer() {
vis[1] = 1; phi[1] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
if (!vis[i]) {
prime[++tot] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
LL cur = i * prime[j];
if (cur >= N) break;
vis[cur] = 1;
if (i % prime[j] == 0) {
phi[cur] = phi[i] * prime[j];
break;
}
else phi[cur] = phi[i] * (prime[j] - 1);
}
}
}
解释和说明:首先如果p为一个质数,自然ϕ(p)=p−1。当i%prime[j]=0时,i“包含”了prime[j],所以prime[j]对cur的质因子的数目没有新的贡献。(不妨考虑根据素因子来计算ϕ的那个式子,就只有前面的n扩大了,质因子都是不变的,正确性显然啦! )所以ϕ[cur]=ϕ[i]∗prime[j]。当i%prime[j]!=0时,i和prime[j]显然互质,根据ϕ是一个积性函数,有ϕ[cur]=ϕ[i]∗ϕ[prime[j]]=ϕ[i]∗(prime[j]−1)。
求1~n的约数个数
- O(n)线性筛!
inline void eluer() {
vis[1] = 1; f[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; ++i) {
if (!vis[i]) {
prime[++tot] = i;
f[i] = 2;
d[i] = 1;
}
for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
LL cur = 1LL * i * prime[j];
if (cur >= N) break;
vis[cur] = 1;
if (!(i % prime[j])) {
f[cur] = f[i] / (d[i] + 1) * (d[i] + 2);
d[cur] = d[i] + 1;
break;
}
else {
f[cur] = f[i] * 2;
d[cur] = 1;
}
}
}
}
解释和说明:f[i]表示i的约数个数,d[i]表示i的最小质因子的次幂。
如果i为质数,没什么好说的。 cur一定是被它的最小素因子prime[j]给筛掉的。所以如果prime[j]∣i的话,意会一下是cur有平方因子prime[j]。所以要重新算prime[j]的次数的贡献。若prime!∣j,因为f是积性函数,f(cur)=f(i)∗f(prime[j])=2f(i),最小素因子为prime[j]。
莫比乌斯反演
其实莫比乌斯反演的式子和狄利克雷卷积是密不可分的。
莫比乌斯反演一般可以处理这样一个形式的题目:
如果你有一些限制,你要求解满足这些限制的一些数或者数对的个数。
记f(n)表示n这个范围之内的答案,F(n)=∑d∣nf(d)(其实F=f∗1)。
那么根据后面的数论函数的相关内容:
F=f∗1<=>F∗μ=f∗1∗μ<=>F∗μ=f∗ϵ=f
故:f(n)=∑d∣nμ(d)∗F(dn)(1)
如果我们规定F(n)=∑n∣df(d)的话:
同理有
f(n)=∑n∣dμ(nd)∗F(d)(2)
一个较好的证明
https://blog.csdn.net/outer_form/article/details/50588307
一个非常适合初学者的blog(可以说是莫反最简化的一种理解)
https://www.luogu.org/blog/An-Amazing-Blog/mu-bi-wu-si-fan-yan-ji-ge-ji-miao-di-dong-xi
初等变换 [A=1]=∑d∣Aμ(d)
(虽说这个初等变换不能解决所有需要反演的问题,但是一些简单的gcd相关反演题用这个会容易理解容易推导。但是难题(hdu6248)什么的还是要好好构造反演。
那么,如果我们要求f(n)的话,用1式或2式就可以把它转化为求另外一些函数的前缀和与数论分块问题了。。
spoj divcnt1
求∑i=1nσ0(i)。 要求Θ((n))
∑i=1n∑d∣i1=∑d=1n∑i=1dn1=∑d=1ndn
数论分块。和luoguP3935一样。
一个题
求∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=1](n<m)
- 利用上面的初等变换来解决问题
∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=1](n<m)
=∑i=1n∑j=1m∑d∣gcd(i,j)μ(d)
=∑d=1nμ(d)∗⌊dn⌋∗⌊dm⌋
所以对⌊dn⌋∗⌊dm⌋数论分块,计算一个μ的前缀和就好了。
luoguP2522/P3455
求∑i=ab∑j=cd[gcd(i,j)=k]
这个计数问题依然有前缀性质,如果我们把i,j这两维看成二维矩阵的话。就可以用二维前缀和来做。
所以就化为统计∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=k]的答案
考虑把它转为上题,=∑i=1⌊kn⌋∑j=1⌊km⌋[gcd(i,j)=1]
a same problem!
O(nsqrt(n))
- 正经反演
设
f(k)=∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=k],F(n)=∑n∣tf(t)
F(n)的意义就是含有n这个因子的对数。F(x)=⌊xa⌋∗⌊xb⌋(a<b)
根据莫反第二形式:
f(k)=∑k∣tμ(kt),F(t)=∑k∣tμ(kt)⌊ta⌋∗⌊tb⌋
设kt=x,f(k)=∑x=1⌊ka⌋μ(x)⌊xka⌋∗⌊xkb⌋
所以对⌊xka⌋∗⌊xkb⌋数论分块就行了。
一个题
给定n,m,求∑i=1n∑j=1mij[gcd(i,j)==k](n<m)
- 用初等变换解决问题
和上面一样,我们还是考虑把是k的整倍数的那些i,j同时除以k
=∑i=1⌊kn⌋∑j=1⌊km⌋ij[gcd(i,j)==1]k2
=∑i=1⌊kn⌋∑j=1⌊km⌋ij∑d∣gcd(i,j)μ(d)k2
=k2∑d=1⌊kn⌋d2μ(d)∑i=1⌊kdn⌋i∑j=1⌊kdm⌋j
我们发现可以预处理∑d=1⌊kn⌋d2μ(d)的前缀和,对后面那一坨数论分块算等差数列平方,最后ans∗=k2就好了。(把kn视作n,km视作m,就是有两个限制的数论分块了。)
O(n+sqrt(n))
- 正经反演
一个题
求∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)
因为,lcm(i,j)=gcd(i,j)i∗j
仍然是老套路,枚举 gcd(i,j)
=d=1∑ni=1∑nj=1∑mdi∗j∗[gcd(i,j)=d]
同时除以 d
=d=1∑ni=1∑⌊dn⌋j=1∑⌊dm⌋i∗j∗d∗[gcd(i,j)=1]
=d=1∑ni=1∑⌊dn⌋j=1∑⌊dm⌋i∗j∗dk∣gcd(i,j)∑μ(k)
枚举 k
=d=1∑ndk=1∑⌊dn⌋μ(k)∗k2i=1∑⌊dkn⌋ij=1∑⌊dkm⌋j
发现⌊dn⌋是可以数论分块的,在这个数论分块里面再套一个对于⌊kdn⌋⌊dkm⌋的数论分块就好了。 这样做的复杂度是O(n)。 这题通过把后面的等差数列构造新函数可以优化至O(sqrt(n))啦。(待update)
luoguP3327
求∑i=1n∑j=1md(ij),这里d(ij)表示ij的约数个数
首先:d(ij)=∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)==1]
证明就考虑i,j的一个质因子p,假设它在i中的次数是ei,在j中的次数是ej。那么它在ij中的可能次数是ei+ej+1。而右边我们保证了x,y互质,意思就是p不可在i,j中同时存在。假设p在i中的次数为0,在j中就有ej+1种选法。ej=0也同理。再减去重复的ei=ej=0的情况,就是ei+ej+1。
推导还挺妙的啊?
- 利用初等变换
∑i=1n∑j=1md(ij)(n<m)
=∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1]
=∑x=1n∑y=1m[gcd(x,y)=1]⌊xn⌋⌊ym⌋
=∑x=1n∑y=1m∑d∣gcd(x,y)μ(d)⌊xn⌋⌊ym⌋(n<m)
=∑d=1nμ(d)∑x=1⌊dn⌋∑y=1⌊dm⌋⌊dxn⌋⌊dym⌋
=∑d=1nμ(d)∑x=1⌊dn⌋⌊dxn⌋∑y=1⌊dm⌋⌊dym⌋
这个东西居然是可以数论分块的!一开始我惊了。我们用数论分块保证d在[L,R]区间上保持⌊dn⌋和⌊dm⌋一致。然后,我们惊讶地发现:∑y=1⌊dm⌋⌊dym⌋是什么?它就是一个数论分块的子问题!!!!就是[1,⌊dm⌋]这个前缀上的⌊im⌋的和!! 所以,我们O(n)筛出μ,算出其前缀和。然后O(nsqrt(n))预处理出g[i]表示[1,i]这个前缀区间的子问题答案。我们再对外面的d进行数论分块,可以O(1)算出解。复杂度O((n+T)sqrt(n))
- 正经莫反
∑i=1n∑j=1md(ij)(n<m)
=∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1]
=∑x=1n∑y=1m[gcd(x,y)=1]⌊xn⌋⌊ym⌋
我们设f(k)=∑x=1n∑y=1m[gcd(x,y)=k]⌊xn⌋⌊ym⌋,所以答案就是f(1)对吧。
又设F(n)=∑n∣df(d),根据莫反二f(n)=∑n∣dμ(dn)F(d)。我们需要快速得出F(n)。
F(n)
=∑n∣df(d)
=∑x=1n∑y=1m[d∣gcd(x,y)]⌊xn⌋⌊ym⌋
=∑x=1⌊dn⌋∑y=1⌊dm⌋⌊dxn⌋⌊dym⌋
发现这玩意就是两个[1,i]的数论分块入门题拼起来,可以O(nsqrt(n))预处理。
再看要求的答案式:f(1)=∑d=1nμ(d)F(d),展开F(d)后发现可以数论分块。
(目前感觉初等变换和正经莫反区别不大。。。
luoguP3768
给定n,p,求(∑i=1n∑j=1nijgcd(i,j))(mod p)
- 60pts
根据之前那个小结论,即求∑i=1n∑j=1nij∑d∣gcd(i,j)ϕ(d)(mod p)
=∑d=1nϕ(d)∑i=1⌊dn⌋id∑i=1⌊dn⌋jd
=∑d=1nϕ(d)d2∑i=1⌊dn⌋i∑i=1⌊dn⌋j
=∑d=1nϕ(d)d2(∑i=1⌊dn⌋i)2
预处理ϕ(d)d2的前缀和,数论分块乘个等差数列和的平方就好了。
O(n+sqrt(n)),线性筛搞出ϕ是瓶颈。
- 100pts
发现∑i=1dϕ(d)是一个积性函数前缀和?杜教筛一下就好了嘛?
(等待学完杜教筛之后再想想吧,现在就咕咕咕
luoguP5221
这题有很多做法,我考场现场想了一个不用莫反不用欧拉函数的做法。就硬是从基本原理出发推导出来了。这里谈谈莫反做法。
要求∏i=1n∏j=1ngcd(i,j)lcm(i,j)(mod P),P是个质数。
=∏i=1n∏j=1ngcd2(i,j)ij(mod P)
=(∏i=1n∏j=1ngcd(i,j))2(n!)2
显然只需要关心∏i=1n∏j=1ngcd(i,j)就好了。
既然是莫反,我们就一定要确定出来一个gcd的值,枚举这个值为d
=∏d=1nd∑i=1n∑j=1n[gcd(i,j)=d] 这里要对指数mod (p−1)了,(希望不要求逆元啊否则就要CRT合并了QAQ)。
=∏d=1nd∑i=1⌊dn⌋∑j=1⌊dn⌋[gcd(i,j)=1]
=∏d=1nd∑i=1⌊dn⌋∑j=1⌊dn⌋∑k∣gcd(i,j)μ(k)
=∏d=1nd∑k=1⌊dn⌋μ(k)(⌊dkn⌋)2
现在,一种方案是枚举d,然后对里面裸数论分块。可以发现指数里面的上界是⌊dn⌋,显然可以对d再分块一次。这样二次分块O(n)。但是由于卡空间的缘故,不能再开一个阶乘数组。所以要维护两个指针移动地维护阶乘。
从数论分块到狄利克雷卷积
数论分块
对于计算∑i=1nin,发现不同的in最多只有Θ(sqrt(n))个。
小证明:对于i<sqrt(n),不同的值最多只有Θ(sqrt(n))个啦。对于i>=sqrt(n),除一下的范围就限定在了[1,sqrt(n)]之间。得证。
结论:已知p,n(p<=n),那么使得⌊in⌋=⌊pn⌋的最大的正整数i是⌊pn⌋n
所以处理每一块的[l,r]即可。
最普通的数论分块:
LL solve(LL n) {// 单限制的数论分块
for (LL L = 1, R; L <= n; L = R + 1) {
R = n / (n / L);
calculate();//[L,R] have the same answers.
}
}
两个限制的数论分块:
LL solve(LL n, LL m) {// 多限制的数论分块
LL upp = min(n, m);
for (LL L = 1, R; L <= upp; L = R + 1) {
R = min(n / (n / l), m / (m / l));
calculate();
}
}
可以分块套分块。
两个积性函数的狄利克雷卷积也是一个积性函数。
f,g为积性函数的话:
h(n)=∑d∣nf(d)∗g(dn)也是一个积性函数。
对于in这样的形式,我们如果把它数论分块之后,就要求另外一个函数的前缀和。
常见的狄利克雷卷积结论:
σ0=1∗1
证明:直接按照狄利克雷卷积的定义展开就好了。
1(n)∗1(n)=∑d∣n1(d)∗1(dn)=∑d∣n1=σ0(n)
σ1=I∗1
证明:化式子过程
I(n)∗1(n)=∑d∣nI(d)∗1(dn)=∑d∣nd=σ1(n)
I=ϕ∗1
证明:化式子
ϕ(n)∗1(n)=∑d∣nϕ(d)∗1(dn)=∑d∣nϕ(d)=n=I(n)
小结论:∑d∣nϕ(d)=n
证明(引):
任何一个≤T的正整数,都与T有一个最大公约数R,R也是T的因数,R×S=T。通常会有几个整数各自与T的最大公约数一致,那么相同的有多少呢?与T的最大公约数是R的整数,必然是R的倍数1~S倍。与S互质的数乘以R,符合这个条件;与S互约的数乘以R,不符合条件,因为最大公约数已经不是R。因此,与T最大公约数是R的整数的个数,就是与S互质的整数的个数,就是S的欧拉函数。
整数与T的最大公约数唯一,每个最大公约数的个数之和等于T(存在性与唯一性的统一)。因为每个最大公约数R的个数,等于T/R(即S)的欧拉函数;最大公约数S的个数,也等于R的欧拉函数。最大公约数就是T所有的因数,两个乘积为T的因数,作为最大公约数时的个数,就等于相乘因数的欧拉函数。1和T也不例外。这样,所有最大公约数的个数之和,等于所有因数的欧拉函数之和,等于T这个数本身。
(简单来说,就是建立了欧拉函数与最大公约数的一一对应关系,因为每个T的因数作为最大公约数的次数之和肯定等于T,而这个次数恰好是另一半的欧拉函数)。
ϵ=μ∗1
证明:考虑右边,由于1这个东西始终是1,所以右边卷起来就是n的所有因子的μ和。根据前面的定理,自然等于ϵ(n)。
f∗ϵ=f
证明:考虑左边,只有当d=n的时候才会有ϵ(dn)=1,只有这一项才会有贡献。
狄利克雷卷积有交换律,对加法的分配律,结合律
狄里克雷卷积的逆?构造
标签:lfloor,frac,gcd,狄利克,卷积,sum,rfloor,反演,1n 来源: https://blog.csdn.net/hanjinbo/article/details/87884003