狄利克雷卷积&莫比乌斯反演

昨天刚说完不搞数论了，刚看到一个$gcd$的题目dalao用这个做了，虽然比正解麻烦，还是打算学一学了

数论函数：

数论函数的定义：

数论函数亦称算术函数，一类重要的函数，指定义在正整数集上的实值或复值函数，更一般地，也可把数论函数看做是某一整数集上定义的函数

常见积性函数

$\mu(n)$
$~~~~~~~~n=1:\mu(n)=1$，$n=\prod\limits_{i=1}^k p_i:\mu(n)=(-1)^k$，$d$有任何质因子幂次大于等于$2:\mu(n)=0$

$d(n)$
$~~~~~~~~n$的约数个数

$\sigma(n)$
$~~~~~~~~n$的约数和函数

$\varphi(n)$
$~~~~~~~~$小于等于$n$且与其互质的个数

完全积性函数

$\epsilon(n)$
$~~~~~~~~\epsilon(n)=[n=1]$

$I(n)$
$~~~~~~~~I(n)=1$恒等函数

$id(n)$
$~~~~~~~~id(n)=n$

卷积：

设$f(x),g(x)$是两个数论函数（以自然数集为定义域的复数值函数），则卷积运算$f*g$定义为：

$(f\ast g)(n) = \sum_{d\mid n}{f(d)g(\frac{n}{d})}$

当然还有另一种更直观的写法：

$(f\ast g)(n) = \sum_{ij=n}{f(i)g(j)}$

函数的一些简单性质：

交换律：
$(f * g)(n) = (g * f)(n)$

证明：这不显然的嘛

结合律：

$\begin{align} ((f\ast g)\ast h)(n) &= (f\ast (g\ast h))(n) \end{align}$

$\begin{align} ((f\ast g)\ast h)(n) &= \sum_{lk=n}(f\ast g)(l)h(k) \\ &= \sum_{lk=n}\left(\sum_{ij=l}f(i)g(j)\right)h(k)\\ &= \sum_{ijk=n} f(i)g(j)h(k) \end{align}$

$\begin{align} (f\ast (g\ast h))(n) &= \sum_{il=n}f(i)(g\ast h)(l) \\ &= \sum_{il=n}f(i)\left(\sum_{jk=l}g(j)h(k)\right)\\ &= \sum_{ijk=n} f(i)g(j)h(k) \end{align}$

莫比乌斯函数性质一

$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$

证明：

将$n$分解： $n=P_1^{a_1}\times P_2^{a_2} ...... P_k^{a_k}$

不需要考虑$a_k>1$的情况，因为定义当$(a_k>1)$时，$\mu(a_k)=0$

只需要化成幂为$1$，$m=P_1\times P_2\times P_3\times P_4...\times P_k$

这样的话问题就变成了从k个因数中取奇数个和偶数个的种数的差的值是否为-1 可以很快的列出

具体证明

莫比乌斯函数性质二

$\dfrac{\varphi(x)}{n}=\sum\limits_{d|n} \dfrac{\mu(d)}{d}$

先来推倒一个简单的式子$(\mu*I)=\epsilon$

$(\mu*I)(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)I(\dfrac{n}{d})$
$~~~~~~~~~~~~~~~=\sum\limits_{d|n}\mu(d)$
$~~~~~~~~~~~~~~~=[n=1]$
$~~~~~~~~~~~~~~~=\epsilon$

同理，下面的式子也是这个道理

证明：

$\because \varphi*I=id \Rightarrow \varphi*I*\mu=id*\mu \Rightarrow \varphi * \epsilon=id*\mu$

$\therefore \varphi=id*\mu \Rightarrow \varphi(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)id(\dfrac{n}{d})$

证毕：$\therefore \dfrac{\varphi(x)}{n}=\sum\limits_{d|n} \dfrac{\mu(d)}{d}$

莫比乌斯反演

满足函数

$~~~~~~~~~~F(n)=\sum_{d|n}f(d)$

那么存在

$~~~~~~~~~~f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$

证法：

$\sum_{d|n}\mu(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=\sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(d)$ 利用性质一，当$i=n$时，后项才为$1$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=f(n)$

反过来莫比乌斯反演还有另一种形式

满足函数

$~~~~~~~~~~F(n)=\sum_{n|d}f(d)$

那么存在

$~~~~~~~~~~f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$