标签：mu Dirichlet 前缀 limits sum times a1 应用
\[\Huge\text{Dirichlet 前缀和及其应用} \]全文概要
- Dirichlet 前缀和定义；
- Dirichlet 前缀和的算法，及其拓展；
- Mobius 函数，Mobius 反演以及它们与 Dirichlet 前缀和，Dirichlet 卷积之间关系；
- 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
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：
-
交换律：\(f*g=g*f\)
-
结合律：\((f*g)*h=f*(g*h)\)
-
分配律：\(f*(g+h)=f*g+f*h\)
-
存在单位元：定义 \(\epsilon(n)=[n=1]\)，则 \(f*\epsilon =f\)
-
保持积性：如果 \(f,g\) 都是积性函数，那么 \(f*g\) 也是积性函数。
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
\[f(n)=\sum\limits_{d|n} g(d) \]则
\[g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\dfrac{n}{d}) \]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
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：
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
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