浅析狄利克雷卷积

定义

狄利克雷卷积是定义在数论函数间的一种二元运算：

$$(f\ast g)(n)=\sum_{xy=n}f(x)g(y)$$

也等价于下面这种形式：

$$(f\ast g)(n)=\sum_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

性质

1. 若 $f,h$ 是积性函数，则 $f\ast g$ 也是积性函数

2. 狄利克雷卷积满足交换律

   $$(f\ast g)(n)=\sum_{xy=n}f(x)g(y)=\sum_{xy=n}g(x)f(y)=(g\ast f)(n)$$

3. 狄利克雷卷积满足对函数加法的分配律

   $$\begin{aligned} (f\ast(g+h))(n)&=\sum_{xy=n}f(x)(g+h)(y)\\ &=\sum_{xy=n}(f(x)g(y)+f(x)h(y))\\ &=\sum_{xy=n}f(x)g(y)+\sum_{xy=n}f(x)h(y)\\ &=(f\ast g)(n)+(f\ast h)(n) \end{aligned}$$

4. 狄利克雷卷积满足结合律

   $$((f\ast g)\ast h)(n)=(f\ast(g\ast h))(n)$$

5. 单位函数 $\epsilon(n)=[n=1]$ 是狄利克雷卷积的单位元

   $$(\epsilon\ast f)(n)=\sum_{d\mid n}[d=1]f(\frac{n}{d})=f(n)$$

6. 对于一个函数 $f$ ，如果有另一个函数 $g$ 满足 $f\ast g=\epsilon$ ，则称 $g$ 是 $f$ 的逆元

7. 积性函数的逆元也是积性函数

常见的数论函数

• 单位函数 $\epsilon (n)=[n=1]$
• 幂函数 $\operatorname{id}_k(n)=n^k$ ，当 $k=1$ 时为恒等函数 $\operatorname{id}(n)=n$ ，当 $k=0$ 时为常数函数 $1(n)=1$
• 欧拉函数 $\varphi(n)$
• 莫比乌斯函数 $\mu(n)$
• 因数个数函数 $d(n)=\sum_{d\mid n}1$
• 因数和函数 $\sigma(n)=\sum_{d\mid n}d$

常用结论

1. $\varphi\ast 1=\operatorname{id}$

   $$(\varphi\ast 1)(n)=\sum_{d\mid n}\varphi(d)$$

   用归纳法：

   • $n=1$ 时， $(\varphi\ast 1)(1)=\varphi(1)=1=\operatorname{id}(1)$

   • $n=2$ 时， $(\varphi\ast 1)(2)=\varphi(1)+\varphi(2)=2=\operatorname{id}(2)$

   • 若 $n\leq k$ 时， $(\varphi\ast 1)(n)=\operatorname{id}(n)$ 都成立

     那么 $n=k+1$ 时

     • 若 $n$ 为素数， $(\varphi\ast 1)(n)=\varphi(1)+\varphi(n)=n=\operatorname{id}(n)$

     • 若 $n$ 为合数，由于 $\varphi$ 和 $1$ 都为积性函数，所以 $\varphi\ast 1$ 也是积性函数，设 $n=n_2\times n_2$ 那么有：

       $$(\varphi\ast 1)(n)=(\varphi\ast 1)(n_1)\cdot(\varphi\ast 1)(n_2)=n_1n_2=n=\operatorname{id}(n)$$

   综上，命题得证

2. $\mu\ast 1=\epsilon$

   $$(\mu\ast 1)(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)$$

   • $n\not=1$

     设 $n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_k^{c_k}$ ， $n$ 的约数 $d=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdots p_k^{q_k}$ ，由 $\mu$ 的定义可知：对于任意 $i\leq k$ ，只有 $q_i=0$ 或 $q_i=1$ 时才会对答案产生贡献，那么有 $i$ 个 $q$ 是 $1$ 时，产生的贡献是 $(-1)^i$ ，所以原式等价于 $\sum_{i=0}^k C_k^i(-1)^i=(1-1)^k=0$

   • $n=1$

     $(\mu\ast 1)(1)=\mu(1)=1$

   综上，$(\mu\ast 1)(n)=[n=1]=\epsilon(n)$

3. $\mu\ast\operatorname{id}=\varphi$

   $$(\mu\ast\operatorname{id})(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}$$

   与第一个命题类似地，用归纳法：

   • $n=1$ 时， $(\mu\ast\operatorname{id})(1)=\mu(1)=1=\varphi(1)$

   • $n=2$ 时， $(\mu\ast\operatorname{id})(2)=2\mu(1)+\mu(2)=1=\varphi(2)$

   • 若 $n\leq k$ 时， $(\mu\ast\operatorname{id})(n)=\varphi(n)$ 都成立

     那么 $n=k+1$ 时

     • 若 $n$ 为素数， $(\mu\ast\operatorname{id})(n)=n\mu(1)+\mu(n)=n-1=\varphi(n)$

     • 若 $n$ 为合数，由于 $\mu$ 和 $\operatorname{id}$ 都为积性函数，所以 $\mu\ast\operatorname{id}$ 也是积性函数，设 $n=n_2\times n_2$ 那么有：

       $$(\mu\ast\operatorname{id})(n)=(\mu\ast\operatorname{id})(n_1)\cdot(\mu\ast\operatorname{id})(n_2)=\varphi(n_1)\varphi(n_2)=\varphi(n)$$

   综上，命题得证

4. $1\ast1=d$

   $$(1\ast 1)(n)=\sum_{d\mid n}1=d(n)$$

5. $\operatorname{id}\ast 1=\sigma$

   $$(\operatorname{id}\ast 1)(n)=\sum_{d\mid n}d=\sigma(n)$$

6. 莫比乌斯反演：$f\ast1=g\Leftrightarrow f=g\ast\mu$

   $$\sum_{d\mid n}f(d)=g(n)\Leftrightarrow f(n)=\sum_{d\mid n}g(d)\mu(\frac{n}{d})$$

   可以用第二个结论和狄利克雷卷积的性质来证明：$g\ast\mu=f\ast1\ast\mu=f\ast(1\ast\mu)=f\ast\epsilon=f$

应用

例1

• 题目：求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]$

• 分析：

  $$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\epsilon(\gcd(i,j))\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}1\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor \end{aligned}$$

  这样就可以预处理出 $\mu$ 的前缀和后分块处理

例2

• 题目：求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)$

• 分析：

  $$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\operatorname{id}(\gcd(i,j))\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\varphi(d)\\ =&\sum_{d=1}^{n}\varphi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}1\\ =&\sum_{d=1}^{n}\varphi(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^2 \end{aligned}$$

  同样地，预处理出 $\varphi$ 的前缀和后分块处理即可