狄利克雷生成函数

对于无穷序列 $f_1,f_2,...$ ，定义其狄利克雷生成函数为：

$$\tilde{F}(x)=\sum _{i\ge 1}\frac{f_i}{i^x}$$

（全文都是以 DGF 为基础）

如果序列 $f$ 满足积性：$\mathrm{\forall }i\perp j,f_{ij}=f_i{f}_j$ ，那么其 DGF 可以有质数幂处的取值表示

$$F(x)=\prod _{p\in P}(1+\frac{f_p}{p^x}+\frac{f_{p^2}}{p^{2x}}+...)$$

对于两个序列 $f,g$ ，其 DGF 之积对应的是两者的狄利克雷卷积序列的 DGF

$$F(x)G(x)=\sum _i\sum _j\frac{f_i{g}_j}{(ij{)}^x}=\sum _i\frac{1}{i^x}\sum _{d|i}{f}_d{g}_{\frac{i}{d}}$$

常见积性函数的 DGF

黎曼函数

• 序列 $[1,1,...]$ 的 DGF 是 $\sum _{i\ge 1}\frac{1}{i^x}=\zeta (x)$

• 由于满足积性，因此可以得到 $[1,1,...]$ 的 DGF 的另一种形式：

$$\zeta (x)=\prod _{p\in P}(1+\frac{1}{p^x}+\frac{1}{p^{2x}}+...)=\prod _{p\in P}\frac{1}{1-p^{-x}}$$

莫比乌斯函数

• 对于莫比乌斯函数 $\mu$，它的 DGF 定义为

$$M(x)=\prod _{p\in P}(1-\frac{1}{p^x})=\prod _{p\in P}(1-p^{-x})$$

• $M(x)$ 在 DGF 下是全 1 序列的逆元，那么 $M(x)\zeta (x)=1$

欧拉函数

• 它的 DGF 定义为

$$\mathrm{\Phi }(x)=\prod _{p\in P}(1+\frac{p-1}{p^x}+\frac{p^2-p}{p^{2x}}+...)=\prod _{p\in P}\frac{1-p^{-x}}{1-p^{-x+1}}$$

• 那么可以发现 $\mathrm{\Phi }(x)=\frac{\zeta (x-1)}{\zeta x}$

幂函数

• 对于 $I_k(n)=n^k$ ，它的 DGF 的定义为

$$I_k(x)=\prod _{p\in P}(1+\frac{p^k}{p^x}+\frac{p^{2k}}{p^{2x}}+...)=\prod _{p\in P}\frac{1}{1-p^{k-x}}=\prod _{p\in P}\zeta (x-k)$$

• 根据定义容易证明 $\phi (x)\ast 1=I$ ，因为 $\mathrm{\Phi }(x)\zeta (x)=\zeta (x-1)=I$

其他函数

• 对于约数幂函数 ${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k$ ，它的狄利克雷卷积的形式：$S(x)=\zeta (x-k)\zeta (x)$

• 对于 $u(n)=|\mu (n)|$ （无平方因子数），它的 DGF 为 $U(x)=\prod _{p\in P}(1+p^{-x})=\frac{\zeta (x)}{\zeta (2x)}$

积性函数的逆元仍然是积性函数

Dirichlet 卷积

定义

• 对于两个数论函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ ，则它们的狄利克雷卷积得到的结果 $h(x)$ 定义为：

$$h(x)=\sum _{d|x}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum _{ab=x}f(a)g(b)$$

• 上式可以简记为 $h=f\ast g$

• 两个 DGF 的积对应两者的狄利克雷卷积的狄利克雷生成函数

$$F(x)G(x)=\sum _i\sum _j\frac{f_i{g}_j}{(ij{)}^x}=\sum _i\frac{1}{i^x}\sum _{d|i}{f}_d{g}_{i/d}$$

性质

• 交换律

• 结合律

• 分配律

• 等式的性质：$f=g$ 的充要条件是 $f\ast h=g\ast h$ ，其中数论函数 $h(1)\ne 0$

单位元

单位函数 $\epsilon$ 是 Dirichlet 卷积运算中的单位元，即对于任何数论函数 $f$ ，都有 $f\ast \epsilon =f$

单位元在卷积运算中不是常函数，但是在狄利克雷生成函数中等价于常数 1

卷积运算中数论函数常函数 1 ，在狄利克雷生成函数中等价于黎曼函数 $\zeta$

逆元

对于任何一个满足 $f(1)\ne 0$ 的数论函数，如果有另一个数论函数 $g(x)$ 满足 $f\ast g=\epsilon$

，则 $g(x)$ 为 $f(x)$ 的逆元，由 等式的性质 可知，逆元唯一

卷积运算中的逆元，相当于狄利克雷生成函数中的倒数运算

• 容易构造出 $g(x)$ 的表达式为：

$$g(x)=\frac{[x=1]-\sum _{d|x,d\ne 1}f(d)g(\frac{x}{d})}{f(1)}$$

• 考虑将 $g(x)f(1)=..$ .就知道为什么了

重要结论

• 两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数

• 积性函数的逆元也是积性函数

$$\begin{array}{r}\epsilon =\mu \ast 1\\ d=1\ast 1\\ \sigma =\mathrm{id}\ast 1\\ \phi =\mu \ast \mathrm{id}\\ \mathrm{id}=\phi \ast 1\end{array}$$

例题

LGP2257 YY 的 GCD

• 就是求 $\sum _{i=1}^{i=n}\sum _{j=1}^{j=m}[gcd(i,j)\mathrm{是}\mathrm{素}\mathrm{数}]$

• 一个常见的想法是枚举 $gcd(i,j)$ ，这里提供另一种想法

• 对于 $gcd(i,j)$ 有一个性质 $gcd(i,j)|i,gcd(i,j)|j$

• 那么如果一个函数关于 $gcd(a,b)$ 的函数 $f(gcd(a,b))=\sum _{d|a}\sum _{d|b}g(d)$

• 假如这个 $f$ 很好求，那么就可以预处理出 $g$ ，然后将式子里面的 $f$ 都换成 $g$

• 这里的 $f$ 显然是是否为质数，那么我们需要构造一个 $g$ ，使得 $f=g\ast 1$ ，这样就能通过反演预处理出 $g=\mu \ast f$

• 现在我们预处理出了 $g$ ，那么原式就变成了 $\sum _{i=1}^{i=n}\sum _{j=1}^{j=m}\sum _{d|i}\sum _{d|j}g(d)$

• 这个式子就很熟悉了，枚举 $d$ 然后数论分块

简单题

• 求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)$

• $T\le {10}^4,n,m\le {10}^6$ ，答案取模

• 这次的 $f=\mathrm{id}$ ，那么 $g=\phi$

• 那么就是求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|i}\sum _{d|j}\phi (d)$

• 这个就是我们很熟悉的形式了

难题

• （还是来凑数的题）

• 给出数列 $f_1...f_n$

• 每次问 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{f}_{gcd(i,j)}$

• 你是不是在想 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{f}_{\sum _{d|i}\sum _{d|j}\phi (d)}$

• 不不不，我们将整个 $f_{gcd(i,j)}$ 看成函数，那么构造 $g=\mu \ast f$ ，这个东西可以直接通过定义来求

• 那么就可以直接转换成 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|a}\sum _{d|b}g(d)$

• 是不是突然发现这方法是真的好用！！