数论函数与积性函数

数论函数也称作算术函数，就是定义在正整数上的函数，也可看作是一个数列。例如：
f(n)=2n−1f(n)=2n-1f(n)=2n−1
就表示了一个数论函数，其实就是：
[1,3,5,7,9,...][1,3,5,7,9,...][1,3,5,7,9,...]
跟狄利克雷卷积有关的常见数论函数有：
全1函数uuu：
u(n)=1u(n)=1u(n)=1
即：
[1,1,1,1,1,...][1,1,1,1,1,...][1,1,1,1,1,...]
恒等函数IDIDID：
ID(n)=nID(n)=nID(n)=n
即：
[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,...][1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,...][1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,...]
单位元函数eee：
e(n)={1n=10其他e(n)=\begin{cases} 1 & n=1 \\ 0 & 其他 \end{cases}e(n)={10n=1其他
即：
[1,0,0,0,0,...][1,0,0,0,0,...][1,0,0,0,0,...]
积性函数是指如果某个数论函数f(n)f(n)f(n)满足当gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1时有f(a⋅b)=f(a)⋅f(b)f(a\cdot b)=f(a)\cdot f(b)f(a⋅b)=f(a)⋅f(b)成立，则称函数fff为积性函数。以下提到的函数都是积性函数。

狄利克雷卷积

狄利克雷卷积是对2个数论函数的操作，定义如下：
h(n)=f(n)∘g(n)=∑ij=nf(i)⋅g(j)h(n)=f(n)\circ g(n)=\sum_{ij=n}f(i)\cdot g(j)h(n)=f(n)∘g(n)=ij=n∑f(i)⋅g(j)
2个数论函数的狄利克雷卷积仍然是一个数论函数。
例如，考虑全1函数与恒等函数的狄利克雷卷积（只取前10个），设之为σ\sigmaσ，得到：


σ(1)=u(1)⋅ID(1)=1\sigma(1)=u(1)\cdot ID(1)=1σ(1)=u(1)⋅ID(1)=1
σ(2)=u(1)⋅ID(2)+u(2)⋅ID(1)=3\sigma(2)=u(1)\cdot ID(2)+u(2)\cdot ID(1)=3σ(2)=u(1)⋅ID(2)+u(2)⋅ID(1)=3
σ(3)=u(1)⋅ID(3)+u(3)⋅ID(1)=4\sigma(3)=u(1)\cdot ID(3)+u(3)\cdot ID(1)=4σ(3)=u(1)⋅ID(3)+u(3)⋅ID(1)=4
σ(4)=u(1)⋅ID(4)+u(2)⋅ID(2)+u(4)⋅ID(1)=7\sigma(4)=u(1)\cdot ID(4)+u(2)\cdot ID(2)+u(4)\cdot ID(1)=7σ(4)=u(1)⋅ID(4)+u(2)⋅ID(2)+u(4)⋅ID(1)=7
σ(5)=u(1)⋅ID(5)+u(5)⋅ID(1)=6\sigma(5)=u(1)\cdot ID(5)+u(5)\cdot ID(1)=6σ(5)=u(1)⋅ID(5)+u(5)⋅ID(1)=6
σ(6)=u(1)⋅ID(6)+u(2)⋅ID(3)+u(3)⋅ID(2)+u(6)⋅ID(1)=12\sigma(6)=u(1)\cdot ID(6)+u(2)\cdot ID(3)+u(3)\cdot ID(2)+u(6)\cdot ID(1)=12σ(6)=u(1)⋅ID(6)+u(2)⋅ID(3)+u(3)⋅ID(2)+u(6)⋅ID(1)=12
σ(7)=u(1)⋅ID(7)+u(7)⋅ID(1)=8\sigma(7)=u(1)\cdot ID(7)+u(7)\cdot ID(1)=8σ(7)=u(1)⋅ID(7)+u(7)⋅ID(1)=8
σ(8)=u(1)⋅ID(8)+u(2)⋅ID(4)+u(4)⋅ID(2)+u(8)⋅ID(1)=15\sigma(8)=u(1)\cdot ID(8)+u(2)\cdot ID(4)+u(4)\cdot ID(2)+u(8)\cdot ID(1)=15σ(8)=u(1)⋅ID(8)+u(2)⋅ID(4)+u(4)⋅ID(2)+u(8)⋅ID(1)=15
σ(9)=u(1)⋅ID(9)+u(3)⋅ID(3)+u(9)⋅ID(1)=13\sigma(9)=u(1)\cdot ID(9)+u(3)\cdot ID(3)+u(9)\cdot ID(1)=13σ(9)=u(1)⋅ID(9)+u(3)⋅ID(3)+u(9)⋅ID(1)=13
σ(10)=u(1)⋅ID(10)+u(2)⋅ID(5)+u(5)⋅ID(2)+u(10)⋅ID(1)=18\sigma(10)=u(1)\cdot ID(10)+u(2)\cdot ID(5)+u(5)\cdot ID(2)+u(10)\cdot ID(1)=18σ(10)=u(1)⋅ID(10)+u(2)⋅ID(5)+u(5)⋅ID(2)+u(10)⋅ID(1)=18

实际上，σ(n)\sigma(n)σ(n)就是n的因子和，因此全1函数与恒等函数的狄利克雷卷积就是因子和函数。
再考虑前面提到的单位元函数eee，稍加推理可知：
f(n)∘e(n)=f(n)f(n)\circ e(n)=f(n)f(n)∘e(n)=f(n)
即，任意函数与单位元函数做卷积仍然得到自身，因此eee称为单位元。

莫比乌斯函数

实际上，所有的数论函数与狄利克雷卷积操作可以构成一个群，因此对每一个数论函数必然有逆元存在。也就是说每一个函数与其逆元的狄利克雷卷积可以得到单位元函数。全1函数的逆元称为莫比乌斯函数μ\muμ，即：
u∘μ=eu\circ\mu=eu∘μ=e
莫比乌斯函数就是全1函数的逆元，这个定义有助于后续的证明和计算，同时也可以依次推出莫比乌斯函数的每一个具体取值。当然，还有一个分段函数的表达，可以更直观的计算莫比乌斯函数的值：
μ(n)={(−1)kn=p1p2...pk0其他\mu(n)=\begin{cases} (-1)^k & n=p_1p_2...p_k \\ 0 & 其他 \end{cases}μ(n)={(−1)k0n=p1p2...pk其他
也就是莫比乌斯函数只有三个可能的取值：0、-1和1。如果nnn包含平方数的因子，则μ(n)=0\mu(n)=0μ(n)=0；否则，nnn的质因子分解的所有质因子指数必然全是1，此时，nnn有偶数个质因子μ(n)=1\mu(n)=1μ(n)=1，奇数个质因子则是μ(n)=−1\mu(n)=-1μ(n)=−1。

相关性质

性质1：全1函数的狄利克雷卷积就是因子数量函数，记作τ\tauτ；恒等函数与全1函数的狄利克雷卷积就是因子和函数，记作σ\sigmaσ。
τ(n)=u(n)∘u(n)\tau(n)=u(n)\circ u(n)τ(n)=u(n)∘u(n)
σ(n)=ID(n)∘u(n)\sigma(n)=ID(n)\circ u(n)σ(n)=ID(n)∘u(n)
利用狄利克雷卷积的定义很容易证明。
性质2：当n不等于1时，其所有因子的莫比乌斯函数函数值之和为0；当n等于1时，其和为1。写成数学表达为：
∑d∣nμ(d)=[n==1]\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]d∣n∑μ(d)=[n==1]
其中“[条件][条件][条件]”表示示性函数，条件为真则该函数值为1，否则函数值为0。这个也很容易证明，左边就是全1函数与莫比乌斯函数的卷积，右边就是单位元函数。这两者就是相等的。
性质3：恒等函数与莫比乌斯函数的卷积等于欧拉函数。其中，欧拉函数记作φ(n)\varphi(n)φ(n)，表示不超过n的与n互质的数的数量。即：
ID(n)∘μ(n)=∑d∣nd⋅μ(nd)=φ(n)ID(n)\circ \mu(n)=\sum_{d|n}{d\cdot{\mu(\frac{n}{d})}}=\varphi(n)ID(n)∘μ(n)=d∣n∑d⋅μ(dn)=φ(n)
如果能够熟练使用各种记号，上式很容易证明。首先将φ(n)\varphi(n)φ(n)写作：
φ(n)=∑i[gcd(i,n)==1]\varphi(n)=\sum_{i}[gcd(i,n)==1]φ(n)=i∑[gcd(i,n)==1]
这是显然的，就是欧拉函数的定义。然后利用上面的第2条性质，
∑i[gcd(i,n)==1]=∑i∑d∣gcd(i,n)μ(d)\sum_{i}[gcd(i,n)==1]=\sum_{i}\sum_{d|gcd(i,n)}\mu(d)i∑[gcd(i,n)==1]=i∑d∣gcd(i,n)∑μ(d)
对等式右边而言，对每一个d（d是gcd(i,n)的因子，当然同时也是n和i的因子），实际上就是问在1～n中有多少数满足其有d的因子，这个数量当然就是n/dn/dn/d个。所以，
∑i∑d∣gcd(i,n)μ(d)=∑d∣nnd⋅μ(d)\sum_{i}\sum_{d|gcd(i,n)}\mu(d)=\sum_{d|n}\frac{n}{d}\cdot\mu(d)i∑d∣gcd(i,n)∑μ(d)=d∣n∑dn⋅μ(d)
该性质的一个推论是：
φ(n)n=∑d∣nμ(d)d\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}nφ(n)=d∣n∑dμ(d)
使用积性函数的性质也可以证明这一点。
当n=1n=1n=1时，上述等式显然成立。当nnn为质数时，记作ppp，则：
∑d∣pμ(d)d=μ(1)1+μ(p)p=1−pp=φ(p)p\sum_{d|p}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\mu(1)}{1}+\frac{\mu(p)}{p}=\frac{1-p}{p}=\frac{\varphi(p)}{p}d∣p∑dμ(d)=1μ(1)+pμ(p)=p1−p=pφ(p)
等式也成立。当n=pkn=p^kn=pk时，
∑d∣pkμ(d)d=μ(1)1+μ(p)p+μ(p2)p2+⋅⋅⋅=1−pp=φ(pk)pk\sum_{d|p^k}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\mu(1)}{1}+\frac{\mu(p)}{p}+\frac{\mu(p^2)}{p^2}+\cdot\cdot\cdot=\frac{1-p}{p}=\frac{\varphi(p^k)}{p^k}d∣pk∑dμ(d)=1μ(1)+pμ(p)+p2μ(p2)+⋅⋅⋅=p1−p=pkφ(pk)
等式亦成立。所以在nnn只含一个质因子情况下，ID(n)∘μ(n)=φ(n)ID(n)\circ\mu(n)=\varphi(n)ID(n)∘μ(n)=φ(n)是成立的。考虑更一般的情况，n=p1k1⋅⋅⋅pnknn=p_{1}^{k_1}\cdot\cdot\cdot p_{n}^{k_n}n=p1k1⋅⋅⋅pnkn，有
ID(n)∘μ(n)=ID(p1k1⋅⋅⋅pnkn)∘μ(p1k1⋅⋅⋅pnkn)=ID(p1k1)∘μ(p1k1)⋅⋅⋅ID(pnkn)∘μ(pnkn)=1−p1p1⋅⋅⋅1−pnpn=φ(n)ID(n)\circ\mu(n)\\=ID(p_{1}^{k_1}\cdot\cdot\cdot p_{n}^{k_n})\circ\mu(p_{1}^{k_1}\cdot\cdot\cdot p_{n}^{k_n})\\=ID(p_{1}^{k_1})\circ\mu(p_{1}^{k_1})\cdot\cdot\cdot ID(p_{n}^{k_n})\circ\mu(p_{n}^{k_n})\\=\frac{1-p_1}{p_1}\cdot\cdot\cdot\frac{1-p_n}{p_n}\\=\varphi(n)ID(n)∘μ(n)=ID(p1k1⋅⋅⋅pnkn)∘μ(p1k1⋅⋅⋅pnkn)=ID(p1k1)∘μ(p1k1)⋅⋅⋅ID(pnkn)∘μ(pnkn)=p11−p1⋅⋅⋅pn1−pn=φ(n)
性质4：莫比乌斯反演，设函数f(n)=∑d∣ng(d)，则g(n)=∑d∣nf(n/d)⋅μ(d)f(n)=\sum_{d|n}{g(d)}，则g(n)=\sum_{d|n}{f(n/d)\cdot\mu(d)}f(n)=∑d∣ng(d)，则g(n)=∑d∣nf(n/d)⋅μ(d)。
使用狄利克雷卷积记号很容易证明这个结论，已知条件实际上就是
f=u∘gf=u\circ gf=u∘g
两边同时卷积莫比乌斯函数，注意到狄利克雷卷积满足交换律与结合律，且全1函数与莫比乌斯函数的卷积结果为单位元函数，所以
g=f∘μg=f\circ\mug=f∘μ
这就是莫比乌斯反演的结论。
性质5：莫比乌斯倍数反演，莫比乌斯反演有两种形式，性质4中的是约数反演，还有一种倍数反演，如下，若有
f(n)=∑n∣d,d≤Ng(d)f(n)=\sum_{n|d,d\le N}g(d)f(n)=n∣d,d≤N∑g(d)
则有
g(n)=∑n∣d,d≤Nμ(dn)f(d)g(n)=\sum_{n|d,d\le N}\mu(\frac{d}{n})f(d)g(n)=n∣d,d≤N∑μ(nd)f(d)
其中，NNN是一个上限。
关于倍数反演的证明，
∑n∣d,d≤Nμ(dn)f(d)=∑n∣d,d≤N(μ(dn)∑d∣t,t≤Ng(t))=∑n∣d,d≤N(g(d)∑t∣dnμ(t))\sum_{n|d,d\le N}\mu(\frac{d}{n})f(d)=\sum_{n|d,d\le N}\Big(\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|t,t\le N}g(t)\Big)\\=\sum_{n|d,d\le N}\Big(g(d)\sum_{t|\frac{d}{n}}\mu(t)\Big)n∣d,d≤N∑μ(nd)f(d)=n∣d,d≤N∑(μ(nd)d∣t,t≤N∑g(t))=n∣d,d≤N∑(g(d)t∣nd∑μ(t))
关于上式中第二个等号，将求和记号写开，就可以推导出来。
根据性质2可知，∑t∣dnμ(t)=[dn==1]\sum_{t|\frac{d}{n}}\mu(t)=[\frac{d}{n}==1]∑t∣ndμ(t)=[nd==1]，也就是说当d=nd=nd=n时，结果为1，其余结果均为0。所以最终可推出：
∑n∣d,d≤Nμ(dn)f(d)=g(n)\sum_{n|d,d\le N}\mu(\frac{d}{n})f(d)=g(n)n∣d,d≤N∑μ(nd)f(d)=g(n)

基础问题与公式

问题1：在1～N的范围内，互质的数对一共有多少对？即问∑i∑j[gcd(i,j)==1]\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i,j)==1]i∑j∑[gcd(i,j)==1]
这个问题的解是：∑i=1N∑j=1N[gcd(i,j)==1]=∑d=1Nμ(d)⋅⌊N/d⌋⋅⌊N/d⌋\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}[gcd(i,j)==1]=\sum_{d=1}^{N}\mu(d)\cdot\lfloor{N/d}\rfloor\cdot\lfloor{N/d}\rfloori=1∑Nj=1∑N[gcd(i,j)==1]=d=1∑Nμ(d)⋅⌊N/d⌋⋅⌊N/d⌋推导过程如下，根据性质3有∑i∑j[gcd(i,j)==1]=∑i∑j∑d∣gcd(i,j)μ(d)\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i,j)==1]=\sum_{i}\sum_{j}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)i∑j∑[gcd(i,j)==1]=i∑j∑d∣gcd(i,j)∑μ(d)考虑每一个可能的ddd，即ddd取值1,2,3,4,5,...1,2,3,4,5,...1,2,3,4,5,...，有多少对(i,j)(i,j)(i,j)满足iii有因子ddd同时jjj也有因子ddd呢？当然是⌊N/d⌋⋅⌊N/d⌋\lfloor{N/d}\rfloor\cdot\lfloor{N/d}\rfloor⌊N/d⌋⋅⌊N/d⌋。其中，⌊⌋\lfloor\rfloor⌊⌋表示向下取整，也就是C++中的整型除法运算。所以，公式1成立。另一个办法是使用性质5莫比乌斯倍数反演来证明。令，f(n)=[(i,j)有公因子n]f(n)=[(i,j)有公因子n]f(n)=[(i,j)有公因子n]即，f(n)f(n)f(n)是1∼N1\sim N1∼N之间有公因子n的数对的数量，显然有，f(n)=⌊N/n⌋⋅⌊N/n⌋f(n)=\lfloor{N/n}\rfloor\cdot\lfloor{N/n}\rfloorf(n)=⌊N/n⌋⋅⌊N/n⌋再令，g(n)=[gcd(i,j)==n]g(n)=[gcd(i,j)==n]g(n)=[gcd(i,j)==n]即，g(n)g(n)g(n)是1∼N1\sim N1∼N之间gcd为n的数对的数量，有，f(n)=∑n∣d,d≤Ng(d)f(n)=\sum_{n|d,d\le N}g(d)f(n)=n∣d,d≤N∑g(d)根据性质5有，g(n)=∑n∣d,d≤Nμ(dn)f(d)g(n)=\sum_{n|d,d\le N}\mu(\frac{d}{n})f(d)g(n)=n∣d,d≤N∑μ(nd)f(d)
所求实际上就是g(1)g(1)g(1)，可得g(1)=∑d=1Nμ(d)f(d)=∑d=1Nμ(d)⋅⌊N/d⌋⋅⌊N/d⌋g(1)=\sum_{d=1}^{N}\mu(d)f(d)=\sum_{d=1}^{N}\mu(d)\cdot\lfloor{N/d}\rfloor\cdot\lfloor{N/d}\rfloorg(1)=d=1∑Nμ(d)f(d)=d=1∑Nμ(d)⋅⌊N/d⌋⋅⌊N/d⌋
问题1还有另外一种做法，只考虑[gcd(i,j)==1,x>y][gcd(i,j)==1,x\gt y][gcd(i,j)==1,x>y]，实际上就是求欧拉函数的和，如下：∑i=2Nφ(i)\sum_{i=2}^{N}\varphi(i)i=2∑Nφ(i)这个数乘以2就得到了所有的不相等且互质的数对的数量。而相等又能互质的数对只有1对，就是(1, 1)，所以再加1即可。
问题2：在1～N的范围内，gcd为质数的数对一共有多少对？即问∑pk∑i∑j[gcd(i,j)==pk]\sum_{p_k}\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i,j)==p_k]pk∑i∑j∑[gcd(i,j)==pk]其中，pkp_kpk是N以内的质数。考虑到，gcd(i,j)=pgcd(i,j)=pgcd(i,j)=p则gcd(i/p,j/p)=1gcd(i/p,j/p)=1gcd(i/p,j/p)=1所以∑pk∑i∑j[gcd(i,j)==pk]=∑pk∑i∑j[gcd(i/pk,j/pk)==1]=∑pk∑d=1⌊Npk⌋μ(d)⋅⌊⌊Npk⌋d⌋⋅⌊⌊Npk⌋d⌋\sum_{p_k}\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i,j)==p_k]=\sum_{p_k}\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i/p_k,j/p_k)==1]\\=\sum_{p_k}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{N}{p_k}\rfloor}\mu(d)\cdot\lfloor\frac{\lfloor\frac{N}{p_k}\rfloor}{d}\rfloor\cdot\lfloor\frac{\lfloor\frac{N}{p_k}\rfloor}{d}\rfloorpk∑i∑j∑[gcd(i,j)==pk]=pk∑i∑j∑[gcd(i/pk,j/pk)==1]=pk∑d=1∑⌊pkN⌋μ(d)⋅⌊d⌊pkN⌋⌋⋅⌊d⌊pkN⌋⌋
问题3：iii在1～N范围内，jjj在1～M范围内，问互质的数对的数量有多少对？
仿照问题1的解法即可。注意到ddd必须是(i,j)(i,j)(i,j)的公因子，所以ddd必然不超过min(N,M)min(N,M)min(N,M)，所以∑i=1N∑j=1M[gcd(i,j)==1]=∑d=1min(N,M)μ(d)⋅⌊N/d⌋⋅⌊M/d⌋\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}[gcd(i,j)==1]=\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\cdot\lfloor{N/d}\rfloor\cdot\lfloor{M/d}\rfloori=1∑Nj=1∑M[gcd(i,j)==1]=d=1∑min(N,M)μ(d)⋅⌊N/d⌋⋅⌊M/d⌋

狄利克雷卷积与莫比乌斯函数相关推荐

容斥原理与欧拉函数与莫比乌斯函数，狄利克雷卷积与莫比乌斯变换，反演
莫比乌斯函数可以看成是一种被内化了的容斥原理,许多数论上的结论定理根据容斥原理和数学归纳法可以推导出来,但是有关容斥原理的表达式的构造往往并不容易,运气不好很难找到,而莫比乌斯函数则是巧妙的把容斥原理 ...
积性函数、狄利克雷卷积、莫比乌斯反演
狄利克雷卷积定义: f∗g(n)=∑d∣nf(d)g(nd)f*g(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)f∗g(n)=d∣n∑f(d)g(dn) 计算的时候可以把枚举约数转换 ...
狄利克雷卷积_莫比乌斯反演及狄利克雷卷积
参考文档: https://wenku.baidu.com/view/fbec9c63ba1aa8114431d9ac.html 假设$F(n)=sum_{d|n}f(d)$,那么$f(n)=sum_ ...
数学/数论专题：莫比乌斯函数与欧拉函数
数学/数论专题:莫比乌斯函数与欧拉函数(进阶) 0. 前言 1. 前置知识 2. 正文 3. 总结 4. 参考资料 0. 前言本篇文章会从狄利克雷卷积的角度,讨论莫比乌斯函数与欧拉函数的相关性质. ...
狄利克雷卷积_积性函数和狄利克雷卷积小结
1.积性函数:对于函数$f(n)$,若满足对任意互质的数字a,b,a*b=n且$f(n)=f(a)f(b)$,那么称函数f为积性函数.显然f(1)=1. 2.狄利克雷卷积:对于函数f,g,定义它们的卷 ...
数学/数论专题-学习笔记：狄利克雷卷积
数学/数论专题-学习笔记:狄利克雷卷积 1. 前言 2. 一些基础函数 3. 积性函数 4. 狄利克雷卷积 5. 总结 6. 参考资料 1. 前言狄利克雷卷积,是学习与继续探究 μ\muμ 函数和 ...
数论函数 - 莫比乌斯函数与莫比乌斯反演 - 基础杜教筛
原文链接http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8627380.html 省选后发现我数学好差.于是先从数论开始学习. 如果发现本文有任何错误,欢迎留言指正. 本文 ...
matlab狄利克雷函数,数论入门1——莫比乌斯函数,欧拉函数,狄利克雷卷积,线性筛,莫比乌斯反演,杜教筛...
数论入门1 一个菜鸡对数论的一点点理解... 莫比乌斯函数定义函数$\mu(n)$为: 当n有平方因子时,$\mu(n)=0$. 当n没有平方因子时,$\mu(n)=(-1)^{\omega(n)} ...
欧拉函数+狄利克雷卷积+莫比乌斯函数+莫比乌斯反演+整除分块+杜教筛
Powered by:NEFU AB-IN 文章目录欧拉函数狄利克雷卷积莫比乌斯函数莫比乌斯反演 P3455 [POI2007]ZAP-Queries 整除分块 P2522 [HAOI2011 ...

狄利克雷卷积与莫比乌斯函数