積性函數筆記

莫比烏斯反演的前置知識

定義

如果一個數論函數$f$滿足：當$n\perp m$時，有

$f(nm) =f(n)f(m)$

則稱其爲積性函數

當不需要滿足互質條件$(n\perp m)$就能滿足$f(nm) = f(n)f(m)$時，稱其爲完全積性函數

若$f$是積性函數，且$n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}…p_s^{\alpha_s}$是$n$的標準分解，則有

$f(n)=f(p_1^{\alpha_1})f(p_2^{\alpha_2})…f(p_s^{\alpha_s})$

因此研究積性函數$f$可以轉化爲研究$f(p^{\alpha})$，即$f$在素數和素數的冪上的取值。

積性函數求值

設$f$是積性函數，爲求$f(n)$，可以對$n$分解素因子，然後計算所有的$f(p^{\alpha})$乘起來，因此積性函數求值都可以用線性篩來求

如果要對$1$到$n$之間的所有數求出$f$，注意到$\text{Euler}$篩法的過程中可以求出每個數的最小素因子和最小素因子的冪次，利用此就能在線性時間內計算出所需的$f$的值

歐拉篩如何求出最小素因子的冪次

void sieve() {
    ip[0] = ip[1] = 1;
    alpha[1] = 0;
    for (int i = 2; i < XR; i++) {
        if (!ip[i]) p[c++] = i, alpha[i] = 1, p1[i] = i;
        for (int j = 0; j < c && i * p[j] < XR; j++) {
            ip[i * p[j]] = 1;
            p1[i * p[j]] = p[j];
            if (i % p[j]) alpha[i * p[j]] = 1;
            else {
                alpha[i * p[j]] = alpha[i] + 1;
                break;
            }
        }
        //最小素因子：p1[i] ^ alpha[i]
    }
}

常見積性函數

單位函數

單位函數$\epsilon(n)$定義爲

$\epsilon(n)=[n=1]=\left\{ \begin{aligned} 1, & n=1 \\ 0, & n\neq 1 \end{aligned} \right.$

其中$[\text{condition}]$表示當$\text{condition}$爲真時取值爲$1$，否則爲$0$的函數。

除數函數

除數函數$\sigma_{k}(n)$用來表示$n$的因子的$k$次方之和：

$\sigma_{k}(n)=\sum_{d|n}d^{k}$

約數個數$\sigma_{0}(n)$常記爲$d(n)$，約數和$\sigma_{1}(n)$常記爲$\sigma(n)$。

可以證明除數函數都是積性函數。

證明

每個素因子對函數的貢獻都是獨立的，它們之間的貢獻可以用乘積來衡量，舉一個例子：要算$n$的約數個數（即$d(n)$），就要枚舉$n$的約數$d$，考慮$n$的標準分解，也就是$n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}…p_s^{\alpha_s}$,可以想象出$d$的素因子也跑不出這些個素因子，只不過上面的指數不一樣，假設是$\small\beta$，那麼也就是$d=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}…p_s^{\beta_s}$，$\beta_1$顯然是要在$0$到$\alpha_1$之間，否則$d$就不是$n$的約數了，同理每個$\beta$都是對應的每個$0$到$\alpha$之間的，那麼$\beta_1$有$0$到$\alpha_1$共$\alpha_1+1$種取值，每個$\beta$的選取是獨立的，所以他們的貢獻的乘積就是$(1+\alpha_1)*(1+\alpha_2)*…*(1+\alpha_s)$，這就是$\sigma_0$的算法，其他的$\sigma_k$是一樣的，只不過$(1 + \alpha)$這一步要換成一個求和的形式。

素因子貢獻獨立是一個常見的思路。

Euler函數（歐拉函數）

$\text{Euler}$函數$\varphi(n)$表示不超過$n$且與$n$互質的正整數的個數，即

$\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=1]$

比如說$\varphi(6)=2$，兩個數是$1,5$；$\varphi(10)=4$，四個數分別爲$1,3,5,7$。

由$n$的標準分解並結合容斥原理，我們可以得到歐拉函數的顯示錶達式：

$\varphi(n)=n·\prod_{i=1}^{s}(1-\frac{1}{p_i})$

其中$p_i$是質數，$n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}…p_s^{\alpha_s}$是$n$的標準分解。

性質

對於任$n$，$\text{Euler}$函數具有如下性質：

$n=\sum_{d|n}\varphi(d)$

要證明這個等式，我們將$1$到$n$中的所有整數按與$n$的最大公約數分類。

若$gcd(n,i)=d$，那麼$gcd(\frac{n}{d},\frac{d}{i})=1$。而又$\frac{i}{d}$是不超過$\frac{n}{d}$的整數，故這樣的$i$有$\varphi(\frac{n}{d})$個。

考慮所有$d|n$，我們就考慮到了所有$1$到$n$之間的$n$個整數，因此有

$n=\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\varphi(d)$

證明積性

以下是從大佬那裏淘來的證明

同樣的，$t\perp nm\Leftrightarrow t\perp n,t\perp m\Leftrightarrow(t\bmod n)\perp n,(t\bmod m)\perp m$，所以每個 $[1, nm]$之間的與$nm$互質的數$t$都可以對應到一個$[1,n]$的與$n$互質的數 $t\bmod n$和一個$[1,m]$的與$m$互質的數$t\bmod m$。

並且根據中國剩餘定理，這種對應是一一對應的（即已知 $a\perp n, b\perp m$後可以唯一確定一個$[1,nm]$之間的$t$使得$t\bmod n=a, t\bmod m=b$，且$t\perp nm$）。因此 $\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)$ 。

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然而我看不懂……還是從定義上來證明吧！

假設有兩個互質的正整數$n,m$，則

$\varphi(n)=n\prod(1-\frac{1}{p_i})$

$\varphi(m)=m\prod(1-\frac{1}{p_{i'}})$

$\varphi(n)\varphi(m)=n\prod(1-\frac1{p_i})m\prod(1-\frac1{p_{i'}})=nm\prod(1-\frac1{p_i})\prod(1-\frac1{p_{i'}})$

因爲$n,m$互質，所以$p_i$和$p_{i'}$各各都不相同，且都是$nm$的質因子

因此就可以推出$\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)$

至此，積性函數的性質得證。但是由上面的證明可知，$n,m$必須要互質纔可以滿足歐拉函數是積性函數，由此可見歐拉函數不是完全積性函數

恆等函數

$\mathbf{id}^k=n^k$,$\mathbf{id}(n)=n$

（就醬紫一筆帶過吧……）

性質

若$\mathbf{f}(x)$和$g(x)$均爲積性函數，則以下函數也爲積性函數

$\begin{aligned} h(x)&=f(x^p)\\ h(x)&=f^p(x)\\ h(x)&=f(x)g(x)\\ h(x)&=\sum_{d\mid x}f(d)g(\frac{x}{d}) \end{aligned}$

部分性質的證明

來自鈴懸的數學講堂（抄這個東西也很累……）

兩個積性函數的狄利克雷卷積是積性函數

考慮到上面的性質，即“若$n\perp m$則每個$nm$的約數都可以分解成一個$n$的約數和一個$m$的約數的積”，並且有另一個性質：若$n\perp m,a\mid n,b\mid m$則$a\perp b$。

於是若$n\perp m$，我們就有

$\begin{aligned}t(nm)&=\sum_{d\mid nm}f(d)g\left(\frac{nm}d\right)\\&=\sum_{a\mid n,b\mid m}f(ab)g\left(\frac{nm}{ab}\right)\\&=\sum_{a\mid n,b\mid m}f(a)f(b)g\left(\frac na\right)g\left(\frac mb\right)\\&=\left(\sum_{a\mid n}f(a)g\left(\frac na\right)\right)\left(\sum_{b\mid m}f(b)g\left(\frac mb\right)\right)\\&=t(n)t(m)\end{aligned}$

積性函數的逆是積性函數

第二個重要的結論：積性函數的逆是積性函數。
對於一個積性函數 $f$ ，如何證明其逆 $g(n)=[n=1]-\sum_{i\mid n,i\neq1}f(i)g\left(\frac ni\right)$ （注意，積性函數一定滿足 $f(1)=1$ ，因爲 $f(1)=f(1)f(1)$ ，並且如果 $f(1)=0$ 則 $f(n)\equiv0$ ，這種情況我們不考慮）也滿足積性呢？
對 $nm$ 的大小進行歸納：

$nm=1$ 時， $g(1)=1$ ，結論顯然成立；

假設 $nm > 1$ ，當 $n'm'< nm$ 的時候有 $g(n'm')=g(n')g(m')$ ，
$\begin{aligned}g(nm)&=-\sum_{d\mid nm,d\neq1}f(d)g\left(\frac{nm}d\right)\\&=-\sum_{a\mid n,b\mid m,ab\neq1}f(ab)g\left(\frac{nm}{ab}\right)\\&=-\sum_{a\mid n,b\mid m,ab\neq1}f(a)f(b)g\left(\frac na\right)g\left(\frac mb\right)\\&=f(1)f(1)g(n)g(m)-\sum_{a\mid n,b\mid m}f(a)f(b)g\left(\frac na\right)g\left(\frac mb\right)\\&=g(n)g(m)-\left(\sum_{a\mid n}f(a)g\left(\frac na\right)\right)\left(\sum_{b\mid m}f(b)g\left(\frac mb\right)\right)\\&=g(n)g(m)-\epsilon(n)\epsilon(m)\\&=g(n)g(m)\end{aligned}$

注意前面幾步把 $g(\frac{nm}{ab})$ 拆成 $g(n/a)g(m/b)$ 的時候 $\frac{nm}{ab}<nm$ ，可以運用歸納條件。
最後一步是因爲 $nm>1$ 所以 $n,m$ 之間至少一個不爲 $1$ ，則 $\epsilon(n)\epsilon(m)=[n=1][m=1]=0$ 。

就醬紫吧