狄利克雷卷积学习记录

狄利克雷卷积是函数之间的一种运算

定义ο\omicronο运算表示狄利克雷卷积

则h(n)=g(n)οf(n)h(n)=g(n)\;\omicron\;f(n)h(n)=g(n)οf(n)，可读作"g 卷 f"

其含义为 h(n)=∑d∣ng(d)f(nd)h(n)=\sum_{d\mid n}g(d)f(\frac{n}{d})h(n)=∑d∣ng(d)f(dn)

狄利克雷卷积的性质：

狄利克雷卷积满足交换律，结合律，分配率,即 :
h(n)οf(n)=f(n)οh(n)h(n)\;\omicron\;f(n)=f(n)\;\omicron\; h(n)h(n)οf(n)=f(n)οh(n)

h(n)οf(n)οg(n)=h(n)ο(f(n)οg(n))h(n)\;\omicron\;f(n)\;\omicron\;g(n)=h(n)\;\omicron\;(f(n)\;\omicron\;g(n))h(n)οf(n)οg(n)=h(n)ο(f(n)οg(n))

(h(n)+f(n))οg(n)=h(n)οg(n)+f(n)οg(n)(h(n)+f(n))\;\omicron\;g(n)=h(n)\;\omicron\;g(n)+f(n)\;\omicron\;g(n)(h(n)+f(n))οg(n)=h(n)οg(n)+f(n)οg(n)

狄利克雷卷积的另一个性质是，两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数，即
若n=p×qn=p\times qn=p×q,且 p 与 q 互质，假如

f(n)=f(p)×f(q)f(n)=f(p)\times f(q)f(n)=f(p)×f(q)，

g(n)=g(p)×g(q)g(n)=g(p)\times g(q)g(n)=g(p)×g(q)，

h(n)=g(n)οf(n)h(n)=g(n)\;\omicron\;f(n)h(n)=g(n)οf(n)，

那么 h(n)=h(p)×h(q)h(n)=h(p) \times h(q)h(n)=h(p)×h(q)；

常见的狄利克雷卷积

莫比乌斯函数μ(x)\mu(x)μ(x)
μ(x)={1n=1(−1)kn无平方因数，且n=∏i=1kpi0其他情况\mu(x) = \left\{ \begin{array}{lr} 1 & n=1\\ (-1)^k & n无平方因数，且n=\prod_{i=1}^{k}{p_i}\\ 0 & 其他情况 \end{array} \right. μ(x)=⎩⎨⎧1(−1)k0n=1n无平方因数，且n=∏i=1kpi其他情况
设函数I(n)=1,e(n)=[n=1],id(n)=n;I(n)=1,e(n)=[n=1],id(n)=n;I(n)=1,e(n)=[n=1],id(n)=n;其中[]表示括号内条件成立为1，否则为0
则有四个常见的性质

1：id=φοIid=\varphi\;\omicron\;Iid=φοI
展开得 n=∑d∣nφ(d)n=\sum_{d\mid n}{\varphi(d)}n=∑d∣nφ(d)，这是欧拉函数的一个重要性质，因此得证

2：e=μοIe=\mu\;\omicron\;Ie=μοI
这个式子ldy大佬讲的时候说，这个不好证，记住就行了

3：任何函数和e做狄利克雷卷积，值都不变
自己展开就得证了

4：φ=idομ\varphi=id\;\omicron\;\muφ=idομ
证明如下
对于性质二的式子：e=μοIe=\mu\;\omicron\;Ie=μοI
两边同时卷上φ\varphiφ，则φοe=μοIοφ\varphi\;\omicron\;e=\mu\;\omicron\;I\;\omicron\;\varphiφοe=μοIοφ
因为卷积具有交换律，结合律，所以
φοe=(Iοφ)ομ\varphi\;\omicron\;e=(I\;\omicron\;\varphi)\;\omicron\;\muφοe=(Iοφ)ομ
由性质1，性质3得
φ=idομ\varphi=id\;\omicron\;\muφ=idομ，得证

由以上性质可以得出一些其他性质：

5：比如，因为e=μοIe=\mu\;\omicron\;Ie=μοI
所以[n=1]=∑d∣nμ(d)[n=1]=\sum_{d\mid n}{\mu(d)}[n=1]=∑d∣nμ(d)
当 n=gcd(i,j)n=gcd(i,j)n=gcd(i,j) 的时候
[gcd(i,j)=1]=∑d∣gcd(i,j)μ(d)=∑d∣i,d∣jμ(d)[gcd(i,j)=1]=\sum_{d\mid gcd(i,j)}{\mu(d)}=\sum_{d\mid i,d\mid j}{\mu(d)}[gcd(i,j)=1]=∑d∣gcd(i,j)μ(d)=∑d∣i,d∣jμ(d)

6：同理因为 id=φοIid=\varphi\;\omicron\;Iid=φοI
所以 n=∑d∣nφ(d)n=\sum_{d\mid n}{\varphi(d)}n=∑d∣nφ(d)
当n=gcd(i,j)n=gcd(i,j)n=gcd(i,j)时，
gcd(i,j)=∑d∣gcd(i,j)φ(d)=∑d∣i,d∣jφ(d)gcd(i,j)=\sum_{d\mid gcd(i,j)}{\varphi(d)}=\sum_{d\mid i,d\mid j}{\varphi(d)}gcd(i,j)=∑d∣gcd(i,j)φ(d)=∑d∣i,d∣jφ(d)
这也成为了计算 gcd 的另一种方法，在化简式子时也很常用

莫比乌斯反演

若f，F为任意函数，则
若fοI=Ff\;\omicron\;I=FfοI=F
所以同时卷上μ\muμ
fοIομ=Fομ\;f\omicron\;I\;\omicron\;\mu=F\;\omicron\;\mufοIομ=Fομ
即fοe=Fομ\;f\omicron\;e=F\;\omicron\;\mufοe=Fομ
f=Fομ\;f=F\;\omicron\;\muf=Fομ

展开就表示为
若F(n)=∑d∣nf(d)F(n)=\sum_{d\mid n}{f(d)}F(n)=∑d∣nf(d)
则f(n)=∑d∣nF(d)μ(nd)f(n)=\sum_{d\mid n}{F(d)\mu(\frac{n}{d})}f(n)=∑d∣nF(d)μ(dn)
这就是莫比乌斯反演，若果∑d∣nF(d)μ(nd)\sum_{d\mid n}{F(d)\mu(\frac{n}{d})}∑d∣nF(d)μ(dn)很好求，就可以求 f

例题 [NOI2010] 能量采集

洛谷题目传送门
化简一下题意，就是求∑i=1n∑j=1m(2×gcd(i,j)−1)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(2\times gcd(i,j)-1)∑i=1n∑j=1m(2×gcd(i,j)−1)

那么也就是求出∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)就可以了

根据上方的性质6，该式子可以化为

∑i=1n∑j=1m∑d∣i,d∣jφ(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d\mid i,d\mid j}{\varphi(d)}∑i=1n∑j=1m∑d∣i,d∣jφ(d)
将最后一个∑\sum∑提前，得
∑dmin(m,n)φ(d)∑d∣in∑d∣jm1\sum_d^{min(m,n)}\varphi(d)\sum_{d\mid i}^n\sum_{d\mid j}^m 1∑dmin(m,n)φ(d)∑d∣in∑d∣jm1
将最后一项化简，得
∑dmin(m,n)φ(d)⌊nd⌋⌊md⌋\sum_d^{min(m,n)}\varphi(d)\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\lfloor \frac{m}{d} \rfloor∑dmin(m,n)φ(d)⌊dn⌋⌊dm⌋
于是我们预处理处每一个φ(d)\varphi(d)φ(d)，就行了
最后把答案乘2，在减去n*m就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N = 1e5+7;
long long phi[N],n,m;
void euler(long long n)
{for(long long i=1;i<=n;i++)phi[i]=i;for(long long i=2;i<=n;i++){if(phi[i]==i){for(long long j=i;j<=n;j+=i)phi[j]=phi[j]/i*(i-1);}}
}
int main()
{cin>>n;cin>>m;euler(min(n,m));long long ans=0;for(long long i=1;i<=min(n,m);i++){ans=ans+phi[i]*floor(n/i)*floor(m/i);}cout<<2*ans-(m*n);return 0;
}