数论进阶-常见数论函数
参考资料：洛谷2018网校夏季省选基础班SX-3数论进阶课程及课件
一、数论函数的定义
数论函数指定义域为正整数集的函数
二、积性函数与完全积性函数
2.1 数论函数的定义
对于一个数论函数 $f(x)$，若 $\forall~a,b~\in~Z^+,s.t.~~a~\perp~b$ 满足 $f(ab)~=~f(a)~\times~f(b)$，则称 $f(x)$ 为一个积性函数
若 $\forall~a,b~\in~Z^+$，都有 $f(ab)~=~f(a)~\times~f(b)$，则称 $f(x)$ 是一个完全积性函数
2.2 积性函数的性质
若 $f(x)$ 是一个积性函数，且 $x$ 的唯一分解式为 $x~=~p_{1}^{c_1}~p_{2}^{c_2}~\dots~p_k^{c_k}$，则 $f(x)~=~\prod_{i=1}^{k}~f(p_i^{c_i})$
对于证明，显然每一项之间互质，于是按照积性函数的定义即可证明
注意这个性质是 $f(x)$ 是积性函数的充要条件
三、简单的常见数论函数
3.1 欧拉函数
设 $\phi(x)$ 为在模 $x$ 域下的简化剩余系大小，称为欧拉函数，显然欧拉函数是一个数论函数。并且欧拉函数是一个积性函数。
证明留作作业我不会
3.2 幺元函数
幺元函数 $e(x)~=~[x~=~1]$。我们约定中括号返回一个布尔量，中括号内表达式为真返回$1$，否则返回$0$
3.3 常函数 1
常函数 $one(x)~=~1$。不管自变量如何取值函数值恒为 $1$
3.4 标号函数
标号函数 $id(x)~=~x$。即返回自变量本身
3.5 除数函数
$\sigma(k,x)~=~\sum_{d \mid x} d^k$
当 $k~=~1$ 时，该函数表示 $x$ 的因子之和
当 $k~=~0$ 时，该函数表示 $x$ 的因子个数。
当 $k$ 省略时默认为 $1$
容易证明上面五个函数都是积性函数，除第一个和第五个外都是完全积性函数
四、莫比乌斯函数
4.1 莫比乌斯函数的定义
约定莫比乌斯函数的符号为 $\mu$。以下设 $x$ 的唯一分解式为 $x~=~p_{1}^{c_1}~p_{2}^{c_2}~\dots~p_k^{c_k}$。
则莫比乌斯函数为
$$\mu(x)~=~\begin{cases} 1 &\ x~=~1\ (-1)^m &\ \forall i~\in[1,k],c_i~=~1\ 0 &\ otherswise \end{cases}$$
显然 $\mu(x)~=~\prod_{i=1}^k \mu(p_{i}^{c_i})$
于是莫比乌斯函数是一个积性函数。容易验证它不是一个完全积性函数。
4.2 性质
$\sum_{d \mid n}\mu(d)~=~[n~=~1]$
证明
$n~=~1$ 时显然成立，下证 $n~\neq~1$ 的情况
设 $n$ 的唯一分解式为 $n~=~\prod_{i=1}^k p_{i}^{c_i}$
设 $n_0~=~\prod_{i=1}^{k} p_i$。即 $n_0$ 是 $n$ 最大的不含平方因子的因数
$\forall d\mid n~\land~\mu(d)~\neq~0$ 显然 $d \mid n_0$
当 $d$ 不含 $n$ 的质因子 $p_0$ 时，有
$$\mu(dp_0)~=~\mu(d)~\times~\mu(p_0)~=~-\mu(d)$$
考虑非 $n_0$ 的因子的数，因为含有平方因子，对答案都没有贡献，于是有
$$\sum_{d \mid n} \mu(d)~=~\sum_{d \mid~n_0} \mu(d)$$
我们将这些数 $d$ 分成两类，第一类含有 $p_0$ ，第二类不含 $p_0$。显然这两类有一一对应关系。因为第一类的每个数乘 $p_0$ 就可以得到第二类中的所有数
于是
$$\sum_{d \mid n} \mu(d)~=~\sum_{d \mid~n_0} \mu(d)~=~\sum_{d \mid \frac{n_0}{p_0}} (\mu(d)+\mu(dp_0))~=~~\sum_{d \mid \frac{n_0}{p_0}} (\mu(d)-\mu(d))~=~0$$
证毕
五、狄利克雷卷积
5.1 狄利克雷卷积的定义
设 $f$ 和 $g$ 都是数论函数，定义 $f$ 和 $g$ 的狄利克雷卷积为 $h$，记为 $h~=~f*g$
定义 $h(z)~=~\sum_{x \times y = z} f(x)~\times~g(y)$
显然狄利克雷卷积拥有交换律和结合律以及乘法对加法的分配律
5.2 函数的积性
若 $f$ 和 $g$ 都是积性函数，则 $h$ 为积性函数
证明：
设 $n$ 的唯一分解式为 $n~=~\prod_{i=1}^k p_{i}^{c_i}$
于是有
$$\begin{align} h(n)~ & =~\sum_{i_1=0}^{c_1}~\sum_{i_2 = 0}^{c_2}~\dots~\sum_{i_k=0}^{c_k} (f(\prod_{j=1}^k p_j^{i_j})~\times~g(\prod_{j=1} p_j^{c_j-i_j}))(定义)\ & =~\sum_{i_1=0}^{c_1}~\sum_{i_2 = 0}^{c_2}~\dots~\sum_{i_k=0}^{c_k} (\prod_{j=1}^k f(p_{j}^{i_j})~\times~g(p_{j}^{c_j-i_j}))(积性函数的性质)\ & =~\prod_{s=1}^{k}~\sum_{i_s=0}^{c_s} (f(p_s^{i_s})~\times~g(p_s^{c_s-i_s}))(求和变换)\ & =~\prod_{s=1}^{k} h(p_s^{c_s})(狄利克雷卷积的定义) \end{align} $$
根据积性函数的性质，狄利克雷卷积为一个积性函数
5.3 对因数求和函数的可卷性 $(5.3.1)$
若 $g(n)~=~\sum_{d \mid n} f(d)$，则 $g~=~f*one$。其中 $one$ 为常函数 $1$
证明上，依照狄利克雷卷积的定义，等价于每一项都乘 $1$，对答案不产生影响。
5.4 常见数论函数的狄利克雷卷积
5.4.1莫比乌斯函数
莫比乌斯函数的性质
$$\sum_{d \mid n} \mu(d)~=~0$$
可以改写为
$$\mu~*~one~=~e$$
$e$ 为前文提到的幺元函数
5.4.2欧拉函数
有性质
$$\phi~*~one~=~id$$
即
$$\sum_{d \mid n} \phi(d)~=~n$$
证明：
引理(5.4.2.1)：
$\forall~p~$为质数，$r~\in~Z^+$，都有$\phi(p^r)~=~(p-1)~\times~p^{r-1}$。
证明：
由于$p$是一个质数，所以$~1~\sim~(p^r-1)~$中有且仅有$i~\times~p,~i~\in~(0,p^{r-1})~$与$p^r$互质。
于是$\phi(p^r)~=~p^r~-~p^{r-1}~=~p^{r-1}~\times~(p~-~1)~$。
引理证毕。
欲证原式，即证
$$\sum_{d \mid p^k} \phi(d)~=~p^k$$
考虑 $p^k$ 的因子有且仅有 $p^s~,~s~\in~[0,k]$
于是欲证上式即证
$$\sum_{i=0}^{k} \phi(p^i)$$
根据引理，上式正确性显然。
证毕
5.5 例题
给定积性函数 $f$ 和 $g$，求 $f*g$ 的前 $n$ 项
枚举直接暴力枚举 $f$ 的前 $n$ 项，然后枚举 $g$ 的对应项。假如计算 $f_i~\times~g_j$ 的贡献，则一定满足 $i~\times~j~\leq~n$，于是 $j~\leq~\frac{n}{i}$。根据调和级数，复杂度 $O(n \log n)$
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