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：

\[\tilde{F}(x)=\sum_{i\ge1}\frac{f_i}{i^x} \]

（全文都是以 DGF 为基础）

如果序列 \(f\) 满足积性：\(\forall i\perp j,f_{ij}=f_if_j\) ，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

\[F(x)G(x)=\sum_{i}\sum_j\frac{f_ig_j}{(ij)^x}=\sum_i\frac{1}{i^x}\sum_{d|i}f_dg_{\frac{i}{d}} \]

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

\[\Phi(x)=\prod_{p\in P}(1+\frac{p-1}{p^x}+\frac{p^2-p}{p^{2x}}+...)=\prod_{p\in P}\frac{1-p^{-x}}{1-p^{-x+1}} \]

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

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 \(\varphi(x)*1=I\) ，因为 \(\Phi(x)\zeta(x)=\zeta(x-1)=I\)

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 \(h=f*g\)

• 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

\[F(x)G(x)=\sum_i\sum_j \frac{f_ig_j}{(ij)^x}=\sum_i \frac{1}{i^x}\sum_{d|i}f_d g_{i/d} \]

性质

• 交换律

• 结合律

• 分配律

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

单位元

单位函数 \(\varepsilon\) 是 Dirichlet 卷积运算中的单位元，即对于任何数论函数 \(f\) ，都有 $f*\varepsilon=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 \(f*g=\varepsilon\)

，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

\[\begin{aligned} \varepsilon=\mu*1\\ d=1*1\\ \sigma =\operatorname{id}*1\\ \varphi=\mu * \operatorname{id}\\ \operatorname{id}=\varphi*1 \end{aligned} \]

例题

LGP2257 YY 的 GCD

• 就是求 \(\sum_{i=1}^{i=n}\sum_{j=1}^{j=m} [\gcd(i,j)是素数]\)

• 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 \(f=g*1\) ，这样就能通过反演预处理出 \(g=\mu * f\)

• 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 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \gcd(i,j)\)

• \(T\leq 10^4,n,m\leq 10^6\) ，答案取模

• 这次的 \(f=\operatorname{id}\) ，那么 \(g=\varphi\)

• 那么就是求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \sum_{d|i}\sum_{d|j} \varphi(d)\)

• 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 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m f_{\sum_{d|i}\sum_{d|j}\varphi(d)}\)

• 不不不，我们将整个 \(f_{\gcd(i,j)}\) 看成函数，那么构造 \(g=\mu *f\) ，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！！