一、前置知识
二、定义
狄利克雷卷积（\(\rm{Dirichlet\ product}\)），定义为在 数论函数 之间的一种二元运算，它是今后诸多算法如 莫比乌斯反演、杜教筛 的基础。
地雷卷积和懵逼繁衍
具体地：
\[(f * g)(n) = \sum\limits_{xy=n} f(x) g(y)
\]
或
\[(f * g)(n) = \sum\limits_{d \mid n} f(d)g\left(\dfrac{n}{d}\right)
\]
三、性质
1. 积性函数
若 \(f,g\) 是积性函数，则 \(f * g\) 也是积性函数。
首先 \((f * g)(1) = f(1) g(1) = 1\)。
当 \(n\perp m\) 时：
\[\begin{aligned}
(f * g)(n) \cdot (f * g)(m)
& = \sum_{d_1\mid n} f(d_1) g\left(\dfrac{n}{d_1}\right) \cdot \sum_{d_2\mid m} f(d_2) g\left(\dfrac{m}{d_2}\right) \\
& = \sum_{d_1\mid n, d_2\mid m} f(d_1) g\left(\dfrac{n}{d_1}\right) f(d_2) g\left(\dfrac{m}{d_2}\right)
\end{aligned}
\]
因为 \(n\perp m\)，所以 \(\forall d_1\mid n, d_2\mid m\) 有 \(d_1 \perp d_2\)，那么 \(f(d_1)f(d_2)=f(d_1 d_2),g(d_1) g(d_2) = g(d_1 d_2)\)。
所以
\[\sum_{d_1\mid n, d_2\mid m} f(d_1) g\left(\dfrac{n}{d_1}\right) f(d_2) g\left(\dfrac{m}{d_2}\right)
= \sum_{d_1\mid n, d_2\mid m} f(d_1 d_2) g\left(\dfrac{nm}{d_1 d_2}\right)
\]
因为 \(n\perp m\)，所以 \(nm\) 的因数都可以惟一地表示成 \(n\) 的某个因数与 \(m\) 的某个因数的乘积。
即
\[\begin{aligned}
\sum_{d_1\mid n, d_2\mid m} f(d_1 d_2) g\left(\dfrac{nm}{d_1 d_2}\right)
& = \sum_{d\mid nm} f(d) g\left(\dfrac{nm}{d}\right) \\
& = (f * g)(nm)
\end{aligned}
\]
综上有
\[(f * g)(n) \cdot (f * g)(m) = (f * g)(nm)
\]
即 \(f * g\) 也是积性函数。
若 \(g, f * g\) 是积性函数，则 \(f\) 也是积性函数。
反证法，假设 \(f\) 不是积性函数，那么一定存在一组 \(n,m\)，使得 \(f(n) f(m) \ne f(nm)\)，于是我们在其中选出一组 \(n,m\) 使得 \(nm\) 最小。
-
若 \(nm = 1\)，则 \(n = m = 1\)，有 \(f(1) f(1) \ne f(1)\)，所以 \(f(1) \ne 1\)。又 \(g\) 为积性函数，则 \(g(1) = 1\)，此时 \((f * g)(1) = f(1) g(1) \ne 1\)，与 \(f * g\) 是积性函数矛盾。
-
若 \(nm > 1\)，则由 \(nm\) 最小可得对于 \(\forall a, b, \gcd(a, b) = 1, ab < nm\) 有 \(f(a) f(b) = f(ab)\)。
\[\begin{aligned}
(f * g)(nm)
& = \sum_{ab\mid nm} f(ab) g\left(\dfrac{nm}{ab}\right) \\
& = \sum_{a\mid n, b\mid m} f(ab) g\left(\dfrac{nm}{ab}\right) \\
& = \sum_{a\mid n, b\mid m, ab < nm} f(ab) g\left(\dfrac{nm}{ab}\right) + f(nm) g(1) \\
& = \sum_{a\mid n, b\mid m, ab < nm} f(a) g\left(\dfrac{n}{a}\right) f(b) g\left(\dfrac{m}{b}\right) + f(nm) \\
& = \left(\sum_{a\mid n} f(a) g\left(\dfrac{n}{a}\right) \sum_{b\mid m} f(n) g\left(\dfrac{m}{b}\right) - f(n)f(m)\right) + f(nm) \\
& = (f * g)(n) (f * g)(m) - f(n) f(m) + f(nm)
\end{aligned}
\]
因为 \(f(n) f(m) \ne f(nm)\)，所以 \((f * g)(nm) \ne (f * g)(n) (f * g)(m)\)，与 \(f * g\) 是积性函数矛盾。
综上，\(f\) 一定是积性函数。
2. 交换律
\[\begin{aligned}
(f * g)(n)
& = \sum_{xy = n} f(x) g(y) \\
& = \sum_{yx = n} g(y) f(x) \\
& = (g * f)(n)
\end{aligned}
\]
3. 结合律
\[\begin{aligned}
((f * g) * h)(n)
& = \sum_{xy = n} (f * g)(x) \cdot h(y) \\
& = \sum_{xy = n} \left(\sum_{ab = x} f(a) g(b)\right) \cdot h(y) \\
& = \sum_{aby = n} f(a) g(b) h(y) \\
& = \sum_{ax = n} f(a) \cdot \left(\sum_{by=x} g(b) h(y)\right) \\
& = \sum_{ax = n} f(a) \cdot (g * h)(x) \\
& = (f * (g * h))(n)
\end{aligned}
\]
4. 分配律
\[\begin{aligned}
(f * (g + h))(n)
& = \sum_{xy = n} f(x) \cdot (g + h)(y) \\
& = \sum_{xy = n} (f(x) g(y) + f(x) h(y)) \\
& = \sum_{xy = n} f(x) g(y) + \sum_{xy = n} f(x) h(y) \\
& = (f * g)(n) + (f * h)(n)
\end{aligned}
\]
5. 单位元
\[\begin{aligned}
(\varepsilon * f)(n)
& = \sum_{xy = n} \varepsilon(x) f(y) \\
& = \sum_{xy = n} [x = 1] f(y) \\
& = f(n)
\end{aligned}
\]
所以 \(\varepsilon\) 是狄利克雷卷积的单位元。
6. 逆
若 \(f * g = \varepsilon\)，则称 \(g\) 是 \(f\) 的 狄利克雷逆（\(\rm{Dirichlet\ inverse}\)），记作 \(f^{-1}\)。
首先有
\[\begin{aligned}
(f * f^{-1})(1)
& = \sum_{d\mid 1} f(d) f^{-1}\left(\dfrac{1}{d}\right) \\
& = f(1) f^{-1}(1)
\end{aligned}
\]
\[\because (f * f^{-1})(1) = \varepsilon(1) \\
\therefore f(1) f^{-1}(1) = \varepsilon(1) = 1 \\
\therefore f^{-1}(1) = \dfrac{1}{f(1)}
\]
这说明了 \(f^{-1}\) 存在的 必要条件 是 \(f(1) \ne 0\)。
当 \(n > 1\) 时：
\[\begin{aligned}
(f * f^{-1})(n)
& = \sum_{d\mid n} f(d) f^{-1}\left(\dfrac{n}{d}\right) \\
& = f(1) f^{-1}(n) + \sum_{d\mid n, d > 1} f(d) f^{-1}\left(\dfrac{n}{d}\right) \\
\end{aligned}
\]
\[\because (f * f^{-1})(n) = \varepsilon(n) = 0 \\
\therefore f(1) f^{-1}(n) + \sum_{d\mid n, d > 1} f(d) f^{-1}\left(\dfrac{n}{d}\right) = 0 \\
\therefore f^{-1}(n) = -\dfrac{1}{f(1)} \sum_{d\mid n, d > 1} f(d) f^{-1}\left(\dfrac{n}{d}\right)
\]
综上，
\[f^{-1}(n)
=
\begin{cases}
\dfrac{1}{f(1)} & n = 1 \\
-\dfrac{1}{f(1)} \sum\limits_{d\mid n, d > 1} f(d) f^{-1}\left(\dfrac{n}{d}\right) & n > 1
\end{cases}
\]
这样就可以 递归 计算了。
显然，积性函数必然存在逆，因为 \(f(1) = 1 \ne 0\)。
接下来证明积性函数的逆仍然为积性函数。
由性质 \(1\) 知当 \(g,f * g\) 是积性函数时，\(f\) 也是积性函数。
又有 \(f * f^{-1} = \varepsilon\)，其中 \(f,\varepsilon\) 均为积性函数，则 \(f^{-1}\) 也为积性函数。
四、数论函数间的关系
首先有
\[\begin{aligned}
(f * \mathbf{1})(n)
& = \sum_{d\mid n} f(d) \mathbf{1}\left(\dfrac{n}{d}\right) \\
& = \sum_{d\mid n} f(d)
\end{aligned}
\]
后面要用。
1. 幂函数与除数函数
\[\begin{aligned}
(\operatorname{Id}_k *\, \mathbf{1})(n)
& = \sum_{d\mid n} \operatorname{Id}_k(n) \\
& = \sum_{d\mid n} n ^ k \\
& = \sigma_k(n)
\end{aligned}
\]
即 \(\operatorname{Id}_k *\, \mathbf{1} = \sigma_k\)。
2. 欧拉函数与恒等函数
我们曾经证明过 \(\sum\limits_{d\mid n} \varphi(d) = n = \operatorname{Id}(n)\)，
又 \(\sum\limits_{d\mid n} \varphi(d) = (\varphi * \mathbf{1})(n)\)，
所以 \(\varphi * \mathbf{1} = \operatorname{Id}\)。
3. 莫比乌斯函数与单位函数
设 \(n = \prod\limits_{i = 1}^k p_i^{\alpha_i}, n' = \prod\limits_{i = 1}^k p_i\)，
则
\[\begin{aligned}
(\mu * \mathbf{1})(n)
& = \sum_{d\mid n} \mu(d) \\
& = \sum_{d\mid n'} \mu(d) \\
& = \sum_{i = 0}^k \dbinom{k}{i} (-1)^i \\
& = \sum_{i = 0}^k \dbinom{k}{i} 1^{k - i} \cdot (-1)^i \\
& = [1 + (-1)]^k
\end{aligned}
\]
又有
\[[1 + (-1)]^k
=
\begin{cases}
1 & k = 0 \\
0 & k > 0
\end{cases}
\]
所以
\[\begin{aligned}
(\mu * \mathbf{1})(n)
& = [1 + (-1)]^k \\
& = [k = 0] \\
& = [n = 1] \\
& = \varepsilon(n)
\end{aligned}
\]
综上 \(\mu * \mathbf{1} = \varepsilon\)。
所以 \(\mu\) 是 \(\mathbf{1}\) 的狄利克雷逆。
4. 莫比乌斯函数与欧拉函数
由 \([2]\) 知 \(\varphi * \mathbf{1} = \operatorname{Id}\)，由 \([3]\) 知 \(\mu * \mathbf{1} = \varepsilon\)。
所以
\[\operatorname{Id} = \varphi * \mathbf{1} \\
\mu * \operatorname{Id} = \varphi * (\mathbf{1} * \mu) \\
\mu * \operatorname{Id} = \varphi * \varepsilon \\
\mu * \operatorname{Id} = \varphi
\]
那么 \(\mu * \operatorname{Id} = \varphi\)。
（反演常用）
5. 莫比乌斯函数与因数个数函数
\[\begin{aligned}
(\mathbf{1} * \mathbf{1})(n)
& = \sum_{d\mid n} \mathbf{1}(n) \mathbf{1}(n) \\
& = \sum_{d\mid n} 1 \\
& = d(n)
\end{aligned}
\]
\[\therefore d = \mathbf{1} * \mathbf{1} \\
\because \mu = \mathbf{1}^{-1} \\
\therefore \mu * d = \mathbf{1}
\]
五、参考资料
