淺析狄利克雷卷積
定義
狄利克雷卷積是定義在數論函式間的一種二元運算：
\[(f\ast g)(n)=\sum_{xy=n}f(x)g(y) \]也等價於下面這種形式：
\[(f\ast g)(n)=\sum_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]性質
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若 \(f,h\) 是積性函式，則 \(f\ast g\) 也是積性函式
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狄利克雷卷積滿足交換律
\[(f\ast g)(n)=\sum_{xy=n}f(x)g(y)=\sum_{xy=n}g(x)f(y)=(g\ast f)(n) \] -
狄利克雷卷積滿足對函式加法的分配律
\[\begin{aligned} (f\ast(g+h))(n)&=\sum_{xy=n}f(x)(g+h)(y)\\ &=\sum_{xy=n}(f(x)g(y)+f(x)h(y))\\ &=\sum_{xy=n}f(x)g(y)+\sum_{xy=n}f(x)h(y)\\ &=(f\ast g)(n)+(f\ast h)(n) \end{aligned} \] -
狄利克雷卷積滿足結合律
\[((f\ast g)\ast h)(n)=(f\ast(g\ast h))(n) \] -
單位函式 \(\epsilon(n)=[n=1]\) 是狄利克雷卷積的單位元
\[(\epsilon\ast f)(n)=\sum_{d\mid n}[d=1]f(\frac{n}{d})=f(n) \] -
對於一個函式 \(f\) ，如果有另一個函式 \(g\) 滿足 \(f\ast g=\epsilon\) ，則稱 \(g\) 是 \(f\) 的逆元
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積性函式的逆元也是積性函式
常見的數論函式
- 單位函式 \(\epsilon (n)=[n=1]\)
- 冪函式 \(\operatorname{id}_k(n)=n^k\)，當 \(k=1\) 時為恆等函式 \(\operatorname{id}(n)=n\) ，當 \(k=0\) 時為常數函式 \(1(n)=1\)
- 尤拉函式 \(\varphi(n)\)
- 莫比烏斯函式 \(\mu(n)\)
- 因數個數函式 \(d(n)=\sum_{d\mid n}1\)
- 因數和函式 \(\sigma(n)=\sum_{d\mid n}d\)
常用結論
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\(\varphi\ast 1=\operatorname{id}\)
\[(\varphi\ast 1)(n)=\sum_{d\mid n}\varphi(d) \]用歸納法：
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\(n=1\) 時， \((\varphi\ast 1)(1)=\varphi(1)=1=\operatorname{id}(1)\)
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\(n=2\) 時， \((\varphi\ast 1)(2)=\varphi(1)+\varphi(2)=2=\operatorname{id}(2)\)
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若 \(n\leq k\) 時， \((\varphi\ast 1)(n)=\operatorname{id}(n)\) 都成立
那麼 \(n=k+1\) 時
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若 \(n\) 為素數， \((\varphi\ast 1)(n)=\varphi(1)+\varphi(n)=n=\operatorname{id}(n)\)
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若 \(n\) 為合數，由於 \(\varphi\) 和 \(1\) 都為積性函式，所以 \(\varphi\ast 1\) 也是積性函式，設 \(n=n_2\times n_2\) 那麼有：
\[(\varphi\ast 1)(n)=(\varphi\ast 1)(n_1)\cdot(\varphi\ast 1)(n_2)=n_1n_2=n=\operatorname{id}(n) \]
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綜上，命題得證
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\(\mu\ast 1=\epsilon\)
\[(\mu\ast 1)(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d) \]-
\(n\not=1\)
設 \(n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_k^{c_k}\) ， \(n\) 的約數 \(d=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdots p_k^{q_k}\) ，由 \(\mu\) 的定義可知：對於任意 \(i\leq k\) ，只有 \(q_i=0\) 或 \(q_i=1\) 時才會對答案產生貢獻，那麼有 \(i\) 個 \(q\) 是 \(1\) 時，產生的貢獻是 \((-1)^i\) ，所以原式等價於 \(\sum_{i=0}^k C_k^i(-1)^i=(1-1)^k=0\)
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\(n=1\)
\((\mu\ast 1)(1)=\mu(1)=1\)
綜上，\((\mu\ast 1)(n)=[n=1]=\epsilon(n)\)
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\(\mu\ast\operatorname{id}=\varphi\)
\[(\mu\ast\operatorname{id})(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d} \]與第一個命題類似地，用歸納法：
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\(n=1\) 時， \((\mu\ast\operatorname{id})(1)=\mu(1)=1=\varphi(1)\)
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\(n=2\) 時， \((\mu\ast\operatorname{id})(2)=2\mu(1)+\mu(2)=1=\varphi(2)\)
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若 \(n\leq k\) 時， \((\mu\ast\operatorname{id})(n)=\varphi(n)\) 都成立
那麼 \(n=k+1\) 時
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若 \(n\) 為素數， \((\mu\ast\operatorname{id})(n)=n\mu(1)+\mu(n)=n-1=\varphi(n)\)
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若 \(n\) 為合數，由於 \(\mu\) 和 \(\operatorname{id}\) 都為積性函式，所以 \(\mu\ast\operatorname{id}\) 也是積性函式，設 \(n=n_2\times n_2\) 那麼有：
\[(\mu\ast\operatorname{id})(n)=(\mu\ast\operatorname{id})(n_1)\cdot(\mu\ast\operatorname{id})(n_2)=\varphi(n_1)\varphi(n_2)=\varphi(n) \]
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綜上，命題得證
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\(1\ast1=d\)
\[(1\ast 1)(n)=\sum_{d\mid n}1=d(n) \] -
\(\operatorname{id}\ast 1=\sigma\)
\[(\operatorname{id}\ast 1)(n)=\sum_{d\mid n}d=\sigma(n) \] -
莫比烏斯反演：\(f\ast1=g\Leftrightarrow f=g\ast\mu\)
\[\sum_{d\mid n}f(d)=g(n)\Leftrightarrow f(n)=\sum_{d\mid n}g(d)\mu(\frac{n}{d}) \]可以用第二個結論和狄利克雷卷積的性質來證明：\(g\ast\mu=f\ast1\ast\mu=f\ast(1\ast\mu)=f\ast\epsilon=f\)
應用
例1
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題目：求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\)
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分析：
\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\epsilon(\gcd(i,j))\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}1\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor \end{aligned} \]這樣就可以預處理出 \(\mu\) 的字首和後求出分塊處理
例2
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題目：求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)\)
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分析：
\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\operatorname{id}(\gcd(i,j))\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\varphi(d)\\ =&\sum_{d=1}^{n}\varphi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}1\\ =&\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^2 \end{aligned} \]同樣地，預處理出 \(\varphi\) 的字首和後求出分塊處理即可