数论菜狗鼓起勇气，学习了莫比乌斯反演之后，——发现自己连菜狗都不是。。。
一些基本的数论函数的定义
\(id(n)=n\)
\(1(n)=1\)
\(\epsilon(n)=\left\{\begin{array}{rcl}1&n=1\\0&n\neq 1\end{array}\right.\)
这几个数论函数都是完全积性函数。
（积性函数满足\(f(a\times b)=f(a)\times f(b)\)，\(gcd(a,b)=1\)，而完全积性函数满足\(f(a\times b)=f(a)\times f(b)\)，无需满足\(gcd=1\)的条件）
狄利克雷卷积
\((f*g)_{(n)}=\sum_{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})\)
这东西满足交换律、结合律、分配律。
- 交换律的证明：
\((f*g)_{{n}}=\sum_{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}f(\frac{n}{d})\times g(d)=(g*f)_{(n)}\)
- 结合律的证明：
\(((f*g)*h)_{(n)}=\sum_{d|n}h(\frac{n}{d})\sum_{k|d}f(k)\times g(\frac{d}{k})\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{d|n}\sum_{k|d}f(k)\times g(\frac{d}{k})\times h(\frac{n}{d})\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{k|n}\sum_{q|\frac{n}{k}}f(k)\times g(q)\times h(\frac{n}{kq})\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{k|n}f(k)\sum_{q|\frac{n}{k}}g(q)\times h(\frac{n}{kq})\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =(f*(g*h))_{(n)}\)
- 分配律的证明：
\((f*(g+h))_{(n)}=\sum_{d|n}f(d)\times(g(\frac{n}{d})+h(\frac{n}{d}))\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})+f(d)\times h(\frac{n}{d})\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =(f*g)_{(n)}+(f*g)_{(n)}\)
- \(f*\epsilon=f\)，很简单，不证了。
\(\varphi\)函数的定义
\(\varphi (n)\)的定义为：\(1-n\) 中所有与\(n\)互质的数的个数。
\(\varphi\)的积性及证明
\(\varphi\)是一个积性函数
我们把\(1-a\times b\)这些数写成一个长方形：
\(\left(\begin{array}{cc}1&2&...&a\\a+1&a+2&...&2a\\.&.&...&.\\.&.&...&.\\.&.&...&.\\(b-1)a+1&(b-1)a+2...&...&ab\end{array}\right)\)
对于每一行：
- 因为\((a,b)=1\)所以每一行都有\(\varphi(a)\)个数与\(a\)互质。
对于每一列：
- 因为这\(b\)个数\(\%b\) 的余数互不相同，所以每一列都会有\(\varphi(a)\)个数与\(b\)互质。
综上：\(\varphi(a\times b)=\varphi(a)\times\varphi(b)\)，即\(\varphi\)为积性函数。
\(\varphi\)函数的一些性质
- 如果\(\varphi (n)\)，\(n\)是一个质数，设\(n=p^c\)，那么\(\varphi(n)=p^c-p^{c-1}\)。（不证了)
- \(\varphi(n)=n\times\prod_{i=1}^k1-\frac{1}{p_i}\)
证明：
设\(n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\)。
\(\varphi(n)=\prod_{i=1}^k\varphi(p_i^{c_i})\)
\(\varphi(n)=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}\times(1-\frac{1}{p_i})\)
\(\varphi(n)=n\times\prod_{i=1}^k1-\frac{1}{p_i}\)
证毕
- \(\varphi*1=id\)
证明：
设\(f(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)\)。
\(\because (n,m)=1\)时
\(f(n)\times f(m)=\sum_{i|n}\varphi(i)\times\sum_{j|m}\varphi(j)\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{i|n}\sum_{j|m}\varphi(i)\times \varphi(j)\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{ij|nm}\varphi(ij)\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =f(n\times m)\)
\(\therefore f(n)\)为积性函数。
\(f(p^c)=\sum_{d|p^c}\varphi(d)=\varphi(1)+\varphi(p)+\varphi(p^2)+...+\varphi(p^{c-1})=p^c\)
设\(n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\)。
\(\therefore f(n)=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}=n\)
即\(f=\varphi*1=id\)。
证毕
\(\varphi\)函数的求法
既然我们之前已经得出了\(\varphi\)的通项公式，那么现在就来想一想\(\varphi\)应该怎么来求吧。
听说这家伙又叫欧拉函数，那——，当然是用线性筛来求啦。
我们可以在用线筛求出质数的同时，把\(\varphi\)也给更新了。
代码：
void sieve(){
varphi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if (!vis[i]) p[++p[0]]=i,varphi[i]=i-1;
for (int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=n;j++){
vis[i*p[j]]=1;
if (i%p[j]==0){
varphi[i*p[j]]=varphi[i]*p[j];
break;
}
varphi[i*p[j]]=varphi[i]*(p[j]-1);
}
}
}\(\mu\)函数的定义
设\(n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\)。
\(\mu(n)=\left\{\begin{array}{rcl}1&n=1\\(-1)^k&\forall c_i,c_i\le1\\0&\exists c_i>1\end{array}\right.\)
\(\mu\)函数的一些性质
- \(\mu\)有积性
证明：
若\(\mu(a)=0\)或\(\mu(b)=0\)，则\(\mu(a\times b)=\mu(a)\times\mu(b)\)。
\(\because (a,b)=1 \therefore a\)的质因数，与\(b\)的质因数互不相同。
\(\therefore \mu(a\times b)=\mu(a)\times\mu(b),(a,b)=1\)
证毕
- \(\mu*1=\epsilon\)
证明：
原命题可转化为：\(\sum_{d|n}\mu(d)=[d=1]\)
设\(n\)有\(k\)个质因数。
\(\mu*1=\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k(-1)^i\times C_k^i\)
展开\(\sum\)，得到：
\(u*1=C_k^0-C_k^1+C_k^2-...(+/-)C_m^m=(1-1)^m\)，中间用了二项式定理。
\(\therefore \mu*1=\epsilon\)
证毕
- \(id*\mu=\varphi\)
证明：
两边同时卷上\(1\)。
\(\ \ \ \ \ \ id*\mu=\varphi\)
\(id*\mu*1=\varphi*1\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \mu*1=\epsilon\)
证毕
莫比乌斯反演
若\(g(n)=\sum_{d|n}f(d)\)则\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\times g(\frac{n}{d})\)
证明：
\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\times g(\frac{n}{d})\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\frac{n}{d}}f(i)\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{i|n}f(i)\times (\mu*1)_{[\frac{d}{i}]}\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{i|n}f(i)\times\epsilon(\frac{n}{i})\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ =f(n)\)
证毕
其实还有别的形式：
\(g(n)=∑_{d|n}f(n)\)，\(f(n)=∑_{d|n}μ(d)g(\frac{n}{d})\)
证明类似，还请读者自行推导。