狄利克雷卷积 以及 杜教筛学习笔记

狄利克雷卷积

文中 $*$表示卷积 $\cdot$ 表示乘积
就是有两个积性函数 $g$ 和 $f$

$$g*f=\sum_{d|n}g(n)\cdot f(\frac{n}{d})$$
这个就叫做狄利克雷卷积

杜教筛

假如要求积性函数 $f$ 的前 $n$ 项和
就要找一个积性函数 $g$ 使得 $\sum_{i=1}^ng*f$ 是个很好求得的
也就是说假如 $h=g*f$，那么 $\sum_{i=1}^nh(i)$这个是非常好求的，并且假设求出来就等于 $AAA$

然后就是杜教筛的正文了：

就是对等式的右边进行变换：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(n)\cdot f(\frac{i}{d})=\sum_{i=1}^ng(i)\cdot \sum_{j=1}^{\frac{n}{i}}f(j)$$
感觉这一步就是最关键的了，我看了好久都不是很懂，然后打了个表来验证

左边的公式感觉就是把每个数拆成他有的两个因子在那里乘，右边的公式感觉就是收集一下每个因子乘了哪些数
哇我真的是反应不过来这个啊T_T

然后后面的还好看懂，用 $S(n)$ 表示 $f$ 的前 $n$ 项和：

$$=\sum_{i=1}^n g(i)\cdot S(\frac{n}{i})$$
然后再把 $i=1$ 这一项单独拿出来：
$$=g(1)\cdot S(n)+\sum_{i=2}^n g(i)\cdot S(\frac{n}{i})$$

这样 $S(n)$ 的关系式就有了，只不过前面有个系数 $g(1)$

再把左边那好算的一坨$\sum_{i=1}^ng*f$ 写回来，假设他算出来等于 $AAA$
因此就是：

$$AAA=g(1)\cdot S(n)+\sum_{i=2}^n g(i)\cdot S(\frac{n}{i})$$
所以最终 $S(n)$ 就是：
$$S(n)=\frac{1}{g(1)}\cdot (AAA-\sum_{i=2}^n g(i)\cdot S(\frac{n}{i}))$$
然后如果 $g(i)$ 是个常数，那么计算 $S(\frac{n}{i})$ 的时候要 数论分块 加速一哈
就是说 $\frac{n}{i}$ 这个值在 $[i,\frac{n}{n/i}]$ 这段区间内都是一样的

51nod 1239 欧拉函数前缀和

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1239
好现在来套公式做题练练手：
首先要找一个合适的 $g$ 函数，来和轻易地求出 $AAA$
对于欧拉函数，找的是 $1$ 函数 $1(n)$
不懂怎么找到的，难道是凑的？？？
因为 $\varphi*1=id$
也就是说 $\sum_{d|n}\varphi(d)\cdot 1(\frac{n}{d})=n$
也就是那个结论：

$$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$$
证明阔以看 这位童鞋滴，他的第二种比较好理解
那我们的 $AAA=\sum g*f=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\varphi(d)=\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}{2}$
所以我们这里的 $AAA$ 就是 $\frac{n(n+1)}{2}$

再来化简右边，把$g$ 函数换成 $1$ 函数：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}1(n)\cdot \varphi(\frac{i}{d})$$
$$=\sum_{i=1}^n1(i)\cdot \sum_{j=1}^{\frac{n}{i}}\varphi(j)$$
再把 $i=1$ 这一项单独弄出来
$$=1(1)\cdot S(n)+\sum_{i=2}^n 1(i)\cdot S(\frac{n}{i})$$
而 $1$ 函数是常函数一直等于1 ，就简化一下，最终就推出这个公式，左边=右边：
$$\frac{n(n+1)}{2}=S(n)+\sum_{i=2}^nS(\frac{n}{i})$$
所以最终就是：
$$S(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{i=2}^nS(\frac{n}{i})$$
而这种就是属于阔以分块加速的~

#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const int MOD=1e9+7;
const int inv2=5e8+4;
typedef long long LL;
bool vis[maxn];
LL phi[maxn],Sphi[maxn];//Å·À­º¯Êý£¬Å·À­º¯Êýǰ׺ºÍ 
vector<int>prime;
map<LL,LL>Mp;
void PHI(int n)
{
    memset(vis,1,sizeof(vis));
    phi[1]=1;
    Sphi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i])
        {
            prime.push_back(i);
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=0;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
        Sphi[i]=(Sphi[i-1]+phi[i])%MOD;
    }
}
LL S(LL n)
{
    if(n<=maxn-5)return Sphi[n];
    if(Mp[n])return Mp[n];
    LL res=(n%MOD)*((n+1)%MOD)%MOD*inv2%MOD;
    for(LL i=2,j;i<=n;i=j+1)
    {
        j=n/(n/i);
        res-=(LL)(j-i+1)%MOD*S(n/i)%MOD;
        res%=MOD;
    }
    res=(res+MOD)%MOD;
    return Mp[n]=res;
}
int main()
{
    PHI(maxn-5);
    LL N;
    while(cin>>N)
    {
        cout<<S(N)<<endl;
    }
}

51nod 1244 莫比乌斯函数前缀和

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1244
这次选的 $g$ 函数也是 $1$ 函数
使用的性质是：$\mu*1=e$
证明阔以看这里
也就是 $\sum_{d|n}\mu(d)\cdot 1(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)=e$
这样子计算出的 $AAA=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\mu(d)=1$

那直接套公式阔以得到：

$$S(n)=1-\sum_{i=2}^nS(\frac{n}{i})$$

51nod 1237 最大公约数之和 V3

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1237

用 $f(d)$ 表示 $gcd(i,j)=d$ 的个数
那么其实就是求：

$$\sum_{d=1}^nd \cdot f(d)$$
而怎么求 $f(d)$ 喃？很经典的一个就是用莫比乌斯反演，但是这样是 $O(n)$ 的
还有一个公式就是 $$2\sum_{i=1}^n \varphi (i)-1$$
为什么喃？
$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i[gcd(i,j)==1]=\varphi(i)$$
相当于枚举 $i$ 然后 $j$ 是小于 $i$ 中与 $i$ 互质的，那么这不就是 $\varphi(i)$ 的个数么？
然后就是 $j>=i$ 的时候，相当于枚举 $j$ ，因此是两倍，最后减个 $1$ 是因为 $(1,1)$ 这个是计算进了欧拉函数中的，算了两次，所以要减去1

而我们要的是 $gcd(i,j)=d$ 的，这样处理一哈就行了：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)==d]=\sum_{i=1}^\frac{n}{d}\sum_{j=1}^\frac{n}{d}[gcd(i,j)==1]=2\sum_{i=1}^\frac{n}{d}\varphi(i)-1=2S(\frac{n}{d})-1$$
于是公式就出来了：
$$ans=\sum_{d=1}^nd\cdot(2S(\frac{n}{d})-1)$$
这样看起来好像也是 $O(n)$ 的， $d$ 要遍历 $1$ 到 $n$，但是我们阔以数论分块~~~
在 $[d,n/(n/d)]$ 这一段内的 $S(\frac{n}{d})$ 是相同的，而这一段的 $d$ 也只是个等差数列非常好求，因此，就阔以写了~

#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const int MOD=1e9+7;
const int inv2=5e8+4;
typedef long long LL;
bool vis[maxn];
LL phi[maxn],Sphi[maxn];//Å·À­º¯Êý£¬Å·À­º¯Êýǰ׺ºÍ 
vector<int>prime;
map<LL,LL>Mp;
void PHI(int n)
{
    memset(vis,1,sizeof(vis));
    phi[1]=1;
    Sphi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i])
        {
            prime.push_back(i);
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=0;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
        Sphi[i]=(Sphi[i-1]+phi[i])%MOD;
    }
}
LL S(LL n)
{
    if(n<=maxn-5)return Sphi[n];
    if(Mp[n])return Mp[n];
    LL res=(n%MOD)*((n+1)%MOD)%MOD*inv2%MOD;
    for(LL i=2,j;i<=n;i=j+1)
    {
        j=n/(n/i);
        res-=(LL)(j-i+1)%MOD*S(n/i)%MOD;
        res%=MOD;
    }
    res=(res+MOD)%MOD;
    return Mp[n]=res;
}
int main()
{
    PHI(maxn-5);
    LL N;
    while(cin>>N)
    {
        LL res=0;
        for(LL d=1,j;d<=N;d=j+1)
        {
            j=N/(N/d);
            LL t1=(d+j)%MOD;
            LL t2=(j-d+1)%MOD;
            LL t=t1*t2%MOD*inv2%MOD;
            res+=t%MOD*(2LL*S(N/d)-1)%MOD;
            res%=MOD;
        }
        res=(res+MOD)%MOD;
        cout<<res<<endl;
    }
}

51nod 1188 最大公约数之和 V2

题目链接：http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1188

还是从最古老的公式入手，就是想求一个数m与n以内的数互质的个数：

$$\sum_{i=1}^m[gcd(i,m)==1]=\sum_{d|m}\mu(d)\cdot\frac{n}{d}$$
当 $m=n$ 时，很明显就是欧拉函数的定义，而且也退化成了一个常见的狄利克雷卷积的结论：
$$\varphi=\mu*id$$

这是求的 $gcd=1$ 的方法，要是求的 $gcd=d$怎么办喃，就是同时除以 $d$ 就转换成了 $gcd=1$ 的了，那么 $\frac{n}{d}$ 内互质的个数就是 $\varphi(\frac{n}{d})$

然后就是枚举因子 $d$ 的时候只用枚举到 $sqrt(n)$,，因为如果 $d$ 是n的因子，那么 $\frac{n}{d}$ 肯定也是 n的因子，这样就不会超时了，这个很关键

因为做V2的时候脑子有点反应不过来，因此在V1这里先做个铺垫，就是求V1，如果数据范围改成1e6的话，就这个阔以改成筛法，感觉线性筛就有点考脑子了。

筛法只能过1e6的数据

#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e6+5;
const int MOD=1e9+7;
LL N,M;
vector<int>prime;
int phi[maxn];
bool vis[maxn];
map<LL,LL>Mp;
LL ans[maxn];
void PHI(int n)
{
    memset(vis,1,sizeof(vis));
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i])
        {
            prime.push_back(i);
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=0;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
    }
}
int main()
{
    PHI(maxn-5);
    for(LL d=1;d<=maxn-5;d++)//ö¾ÙÒò×Ó 
    {
        for(LL i=1;d*i<=maxn-5;i++)
        {
            LL n=d*i;
            ans[n]+=d*phi[i];//Ï൱ÓÚÊǶÔn=d*iÕâ¸öÊýµÄ¹±Ï× 
        }
    }
    int N;
    while(cin>>N)
    {
        cout<<ans[N]<<endl;
     } 
}

理解了这个的话V2就好做了