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本文介绍 Dirichlet 卷积和 Dirichlet 生成函数．

Dirichlet 卷积

数论函数 $f(n)$ 和 $g(n)$ 的 Dirichlet 卷积（Dirichlet convolution），记作 $f \ast g$ ，定义为数论函数

(f \ast g)(n) = \sum_{k\mid n}f(k)g\left(\dfrac{n}{k}\right) = \sum_{k\ell=n}f(k)g(\ell).

Dirichlet 卷积是数论函数的重要运算．数论函数的许多性质都是通过这个运算挖掘出来的．

例子

单位函数 $\varepsilon$ 是莫比乌斯函数 $\mu$ 和常数函数 $1$ 的 Dirichlet 卷积：
$\varepsilon=\mu \ast 1 \iff\varepsilon(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d).$
除数个数函数 $\tau$ 是常数函数 $1$ 和它自身的 Dirichlet 卷积：
$\tau=1 \ast 1 \iff \tau(n)=\sum_{d\mid n}1.$
除数和函数 $\sigma$ 是恒等函数 $\mathrm{id}$ 和常数函数 $1$ 的 Dirichlet 卷积：
$\sigma=\mathrm{id} \ast 1 \iff\sigma(n)=\sum_{d\mid n}d.$
欧拉函数 $\varphi$ 是恒等函数 $\mathrm{id}$ 和莫比乌斯函数 $\mu$ 的 Dirichlet 卷积：
$\varphi=\mathrm{id}\ast \mu \iff\varphi(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu\left(\frac{n}{d}\right).$

莫比乌斯反演就是利用 $\varepsilon=\mu \ast 1$ 对数论函数恒等式进行变形．

性质

Dirichlet 卷积具有一系列代数性质．

定理

设 $f,g,h$ 都是数论函数．那么，有：

交换律： $f\ast g=g\ast f$ ．
结合律： $(f\ast g)\ast h=f\ast(g\ast h)$ ．
分配律： $(f+g)\ast h = f\ast h + g\ast h$ ．
单位元： $f\ast\varepsilon = \varepsilon \ast f = f$ ，其中， $\varepsilon(n) = [n=1]$ 是卷积单位元， $[\cdot]$ 是 Iverson 括号．
逆元：当且仅当 $f(1)\neq 0$ 时，存在 $g$ 使得 $f\ast g=g\ast f=\varepsilon$ ，且 $g$ 称为 $f$ 的 Dirichlet 逆元（Dirichlet inverse），可以记作 $f^{-1}$ ．而且，逆元 $g$ 满足递推公式
$g(n) = \dfrac{\varepsilon(n) - \sum_{k\ell = n,~k\neq 1}f(k)g(\ell)}{f(1)}.$

证明

为验证交换律，直接计算可知

(f\ast g)(n) = \sum_{k\ell=n}f(k)g(\ell) = (g\ast f)(n).

为验证结合律，直接计算可知

((f\ast g)\ast h)(n) = \sum_{k\ell m = n}f(k)g(\ell)h(m) = (f\ast (g\ast h))(n).

为验证分配律，直接计算可知

\begin{aligned} ((f+g)\ast h)(n) &= \sum_{k\ell = n}(f(k) + g(k))h(\ell) \\ &= \sum_{k\ell=n}f(k)h(\ell) + \sum_{k\ell=n}g(k)h(\ell) = (f\ast h+g\ast h)(n). \end{aligned}

为验证 $\varepsilon(n)$ 是单位元，直接计算可知

(f\ast\varepsilon)(n) = \sum_{k\ell = n}f(k)\varepsilon(\ell) = f(n).

第二个等号是因为 $\varepsilon(\ell)$ 仅在 $\ell=1$ 即 $k=n$ 时取得非零值．

最后，需要证明 $f^{-1}$ 存在，当且仅当 $f(1)\neq 0$ ．对于任意 $f$ ，假设存在 $g$ 使得 $f\ast g=\varepsilon$ ．这意味着

(f\ast g)(n) = \sum_{k\ell = n}f(k)g(\ell) = \varepsilon(n).

这实际上给出了一系列关于 $g(n)$ 取值的方程组，从中可以直接求出 $g(n)$ ．特别地，当 $n=1$ 时，等式变为 $f(1)g(1)=1$ ，所以 $g$ 存在，至少要求 $f(1)\neq 0$ ．而只要 $f(1)\neq 0$ ，可以直接解出

g(n) = \dfrac{\varepsilon(n) - \sum_{k\ell = n,~k\neq 1}f(k)g(\ell)}{f(1)}.

它可以用于递归计算 $g(n)$ 的取值．因此，逆元 $g$ 存在，当且仅当 $f(1)\neq 0$ ．

用抽象代数的语言说，这些代数性质说明，全体数论函数在（逐点）加法运算和 Dirichlet 卷积运算下构成交换环，且它的全体可逆元就是那些在 $n=1$ 处取非零值的函数．这个环称为 Dirichlet 环（Dirichlet ring）．

积性函数是一类特殊的数论函数．它对于 Dirichlet 卷积和 Dirichlet 逆都是封闭的．

定理

设 $f,g$ 是积性函数，那么， $f\ast g$ 也是积性函数．而且，逆元 $f^{-1}$ 一定存在，它也是积性函数．

证明

对于第一点，设 $h=f\ast g$ ，直接验证可知，对于 $n_1\perp n_2$ ，都有

\begin{aligned} h(n_1)h(n_2) &= \left(\sum_{k_1\ell_1=n_1}f(k_1)g(\ell_1)\right)\left(\sum_{k_2\ell_2=n_2}f(k_2)g(\ell_2)\right)\\ &= \sum_{k_1\ell_1=n_1,~k_2\ell_2=n_2}f(k_1)f(k_2)g(\ell_1)g(\ell_2)\\ &= \sum_{k\ell = n_1n_2}f(k)g(\ell) \\ &= h(n_1n_2). \end{aligned}

其中，第三个等号改变求和顺序的逻辑是：当 $k$ 遍历 $n_1n_2$ 的因数时， $k$ 的素因子可以根据它是 $n_1$ 还是 $n_2$ 的素因子分为两类，将两类中的素因子（计重复）分别乘起来得到 $k_1$ 和 $k_2$ ，它们将分别遍历 $n_1$ 和 $n_2$ 的因数；反过来，根据 $n_1$ 和 $n_2$ 的因数 $k_1$ 和 $k_2$ ，总是可以得到 $n_1n_2$ 的因数 $k=k_1k_2$ ．

对于第二点，设 $g=f^{-1}$ ，考虑应用数学归纳法．首先， $g(1)=1/f(1)=1$ ．此时，逆元的递归公式可以写作

g(n) = \varepsilon(n) - \sum_{k\ell = n,~k\neq 1} f(k)g(\ell).

所以，对于 $n_1\perp n_2$ 且 $n_1n_2 > 1$ ，有

\begin{aligned} g(n_1n_2) &= -\sum_{k\ell=n_1n_2,~k\neq 1}f(k)g(\ell) \\ &= -\sum_{k_1\ell_1=n_1,~k_2\ell_2=n_2,~k_1k_2\neq 1}f(k_1)f(k_2)g(\ell_1)g(\ell_2)\\ &= f(1)f(1)g(n_1)g(n_2) - \sum_{k_1\ell_1=n_1,~k_2\ell_2=n_2}f(k_1)f(k_2)g(\ell_1)g(\ell_2)\\ &= g(n_1)g(n_2) - \left(\sum_{k_1\ell_1=n_1}f(k_1)g(\ell_1)\right)\left(\sum_{k_2\ell_2=n_2}f(k_2)g(\ell_2)\right) \\ &= g(n_1)g(n_2) - \varepsilon(n_1)\varepsilon(n_2)\\ &= g(n_1)g(n_2). \end{aligned}

其中，第二个等号用到了归纳假设，即对于 $\ell_1\ell_2 < n_1n_2$ 且 $\ell_1\perp\ell_2$ ，条件 $g(\ell_1\ell_2)=g(\ell_1)g(\ell_2)$ 成立．

用抽象代数的语言说，全体积性函数在 Dirichlet 卷积运算下构成 Dirichlet 环乘法群的子群．

更为特殊的是完全积性函数．

定理

设 $\alpha$ 是完全积性函数， $f,g$ 是数论函数．那么，有：

分配律： $(\alpha f)\ast(\alpha g) = \alpha\cdot(f\ast g)$ ．
逆元： $(\alpha f)^{-1}=\alpha f^{-1}$ ，只要 $f^{-1}$ 存在．
积性函数 $f$ 是完全积性函数，当且仅当 $f^{-1}=\mu f$ ，其中， $\mu$ 是莫比乌斯函数．

证明

对于第一条，直接验证可知

\begin{aligned} ((\alpha f)\ast(\alpha g))(n) &= \sum_{k\ell = n}(\alpha f)(k)(\alpha g)(\ell) \\ &= \sum_{k\ell = n}\alpha(k)f(k)\alpha(\ell)g(\ell) \\ &= \sum_{k\ell = n}\alpha(n)f(k)g(\ell) \\ &= \alpha(n)(f\ast g)(n). \end{aligned}

其中，第三个等号用到了完全积性函数的性质： $\alpha(n)=\alpha(k)\alpha(\ell)$ 对所有 $n=k\ell$ 都成立．

对于第二条，利用第一条就有

(\alpha f)\ast(\alpha f^{-1}) = \alpha(f\ast f^{-1}) = \alpha\varepsilon = \varepsilon.

其中，最后一个等号只利用了 $\alpha(1)=1$ ．由逆元定义， $(\alpha f)^{-1}=\alpha f^{-1}$ ．

对于第三条，利用第二条和 $1^{-1}=\mu$ 可知，如果 $f$ 是完全积性函数，那么

f^{-1} = (1f)^{-1} = 1^{-1}\cdot f = \mu f.

其中， $1$ 是常数函数．反过来，如果 $f$ 是积性函数且 $f^{-1}=\mu f$ ，那么只需要证明对于所有素数 $p$ 和 $e\in\mathbf N_+$ ，都有 $f(p^e)=f(p)^e$ 成立，就能证明 $f$ 是完全积性函数．为此，对 $e\in\mathbf N_+$ 应用数学归纳法．归纳起点 $e=1$ 处命题显然成立．对于任意 $e > 1$ ，应用逆元递推公式，都有

\begin{aligned} f^{-1}(p^e) &= -\sum_{i=1}^{e}f(p^i)f^{-1}(p^{e-i}) \\ &= -\sum_{i=1}^{e}f(p^i)\mu(p^{e-i})f(p^{e-i})\\ &= -f(p^e)f(1)\mu(1) - f(p^{e-1})\mu(p)f(p)\\ &= -f(p^e) + f(p)^e. \end{aligned}

其中，最后一个等号用到了归纳假设 $f(p^{e-1})=f(p)^{e-1}$ ．应用 $f^{-1}=\mu f$ ，就得到

f^{-1}(p^e) = \mu(p^e)f(p^e) = 0.

代入前式，就得到

f(p^e) = f(p)^e.

所以，归纳步骤成立．原命题得证．

用抽象代数的语言说，如果 $\alpha$ 是完全积性函数，映射 $f\mapsto \alpha f$ 是 Dirichlet 环的自同态．

Dirichlet 生成函数

与 Dirichlet 卷积紧密相关的是 Dirichlet 生成函数．

数论函数 $f(n)$ ——也就是数列 $\{f(n)\}$ ——对应的 Dirichlet 生成函数（Dirichlet series generating function，DGF）定义为形式 Dirichlet 级数（formal Dirichlet series）：

F(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{f(n)}{n^s}.

级数中的 $s$ 是形式变元．常见的 Dirichlet 生成函数中， $s$ 往往可以看作是复变量，进而讨论 Dirichlet 级数的解析性质，但这超出了算法竞赛的范围．

Dirichlet 生成函数的乘积对应着相应的数论函数的 Dirichlet 卷积：

定理

对于数论函数 $f,g$ 及其 Dirichlet 生成函数 $F,G$ ，它们的 Dirichlet 卷积 $f\ast g$ 的生成函数等于 $F\cdot G$ ．

证明

直接验证：

\begin{aligned} F(s)G(s) &= \left(\sum_{k=1}^\infty\dfrac{f(k)}{k^s}\right)\left(\sum_{\ell=1}^\infty\dfrac{g(\ell)}{\ell^s}\right)= \sum_{k=1}^\infty\sum_{\ell=1}^\infty\dfrac{f(k)g(\ell)}{(k\ell)^s}\\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sum_{k\ell = n}f(k)g(\ell)}{n^s} = \sum_{n=1}^\infty\dfrac{(f\ast g)(n)}{n^s}. \end{aligned}

利用 Dirichlet 卷积和 Dirichlet 生成函数乘积之间的对应关系，可以从 Dirichlet 生成函数的角度理解 Dirichlet 卷积的性质．由于形式 Dirichlet 级数的乘法运算满足交换律、结合律、对加法的分配律，数论函数的 Dirichlet 卷积运算满足同样的代数性质．

Euler 乘积

积性函数的特殊性同样反映在 Dirichlet 生成函数上．由于整数有唯一分解定理，积性函数 $f(n)$ 的生成函数 $F(s)$ 可写成如下形式：

\begin{aligned} F(s) &= \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{f(n)}{n^s} = \sum_{n=1}^{\infty}\prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{f(p^{e})}{p^{es}} = \prod_{p\in\mathbf P}\sum_{e=0}^{\infty}\dfrac{f(p^e)}{p^{es}}\\ &= \prod_{p\in\mathbf P}\left(1 + \dfrac{f(p)}{p^s} + \dfrac{f(p^2)}{p^{2s}} + \dfrac{f(p^3)}{p^{3s}} + \cdots\right). \end{aligned}

这意味着， $F(s)$ 可以分解为若干 $F_p(s)$ 的乘积，且每个 $F_p(s)$ 对应的数论函数都只在 $p$ 的幂次处可能取非零值．这一无穷乘积也称为 Euler 乘积（Euler product）．如果 $F(s)$ 和 $G(s)$ 都能分解成类似的形式，那么它们的乘积同样如此；将这一观察对应到数论函数上，就是积性函数的 Dirichlet 卷积仍然是积性函数．

进一步地，如果 $f(n)$ 还是完全积性函数，那么 $f(p^e)=f(p)^e$ ，上式可以继续简化：

F(s) = \prod_{p\in\mathbf P}\sum_{e=0}^{\infty}\dfrac{f(p)^e}{p^{es}} = \prod_{p\in\mathbf P}\left(1-\dfrac{f(p)}{p^s}\right)^{-1}.

与积性函数不同，完全积性函数的 Dirichlet 生成函数的形式在乘法运算下并不具有封闭性，因此，完全积性函数的 Dirichlet 卷积和 Dirichlet 逆都未必是完全积性函数，但一定是积性函数．

例子

单位函数 $\varepsilon(n)$ 是完全积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是关于不定元 $s$ 的常值函数
$E(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\varepsilon(n)}{n^s} = 1.$
常数函数 $1(n)$ 是完全积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是 Riemann 函数
$I(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^s} = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{1-p^{-s}} = \zeta(s).$
莫比乌斯函数 $\mu(n)$ 是常数函数的 Dirichlet 逆．它的 Dirichlet 生成函数是 $\zeta(s)$ 的倒数：
$M(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\mu(n)}{n^s} = \prod_{p\in\mathbf P}(1-p^{-s}) = \dfrac{1}{\zeta(s)}.$
幂函数 $\operatorname{id}_k(n)=n^k$ 是完全积性函数．特别地，当 $k=0$ 时，它就是常数函数；当 $k=1$ 时，它就是恒等函数．它的 Dirichlet 生成函数是
$I_k(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n^k}{n^s} = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{1-p^{k-s}} = \zeta(s-k).$
欧拉函数 $\varphi(n)$ 是积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是
$\begin{aligned} \Phi(s) &= \prod_{p\in\mathbf P}\left(1+\dfrac{p-1}{p^s} + \dfrac{p(p-1)}{p^{2s}} + \dfrac{p^2(p-1)}{p^{3s}}+\cdots\right)\\ &= \prod_{p\in\mathbf P}\left(\dfrac{1}{1-p^{1-s}}-\dfrac{1}{p^s}\dfrac{1}{1-p^{1-s}}\right) = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1-p^{-s}}{1-p^{1-s}} = \dfrac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}. \end{aligned}$
结合幂函数的 Dirichlet 函数表达式，就得到 $\mathrm{id} = \varphi\ast 1$ ．
约数函数 $\sigma_k(n)=\sum_{d\mid n}d^k$ 是积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是
$\begin{aligned} \Sigma_k(s) &= \prod_{p\in\mathbf P}\left(1+\dfrac{1+p^k}{p^s}+\dfrac{1+p^k+p^{2k}}{p^{2s}}+\dfrac{1+p^k+p^{2k}+p^{3k}}{p^{3s}}+\cdots\right) \\ &= \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{1-p^k}\left((1-p^k)+\dfrac{1-p^{2k}}{p^s}+\dfrac{1-p^{3k}}{p^{2s}}+\dfrac{1-p^{4k}}{p^{3k}}+\cdots\right)\\ &= \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{1-p^k}\left(\dfrac{1}{1-p^{-s}} - \dfrac{p^k}{1-p^{k-s}}\right)\\ &= \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1}{(1-p^{-s})(1-p^{k-s})} = \zeta(s-k)\zeta(s). \end{aligned}$
结合幂函数的 Dirichlet 表达式，就得到 $\sigma_k = \mathrm{id}_k\ast 1$ ．这正是 $\sigma_k$ 的定义式．
无平方因子数的指示函数 $u(n)=|\mu(n)|$ 是积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是
$U(s) = \prod_{p\in\mathbf P}(1+p^{-s}) = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1-p^{-2s}}{1-p^{-s}} = \dfrac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}.$

应用

Dirichlet 生成函数可以用于将积性函数表示为 Dirichlet 卷积．

例如在杜教筛的过程中，要计算积性函数 $f$ 的前缀和，需要找到另一个积性函数 $g$ 使得 $f\ast g$ 和 $g$ 都可以快速求前缀和．可以利用 Dirichlet 生成函数推导这一过程．

以杜教筛一节的例题 Luogu P3768 简单的数学题为例，需要对 $f(n)=n^2\varphi(n)$ 构造满足上述条件的数论函数 $g(n)$ ．由于 $f$ 是积性函数，它的 Dirichlet 生成函数为

F(s) = \prod_{p\in\mathbf P}\left(1 + \sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{p^{3k-1}(p-1)}{p^{ks}}\right) = \prod_{p\in\mathbf P}\dfrac{1-p^{2-s}}{1-p^{3-s}} = \dfrac{\zeta(s-3)}{\zeta(s-2)}.

对比幂函数的 Dirichlet 生成函数可知，只要取 $g = \mathrm{id}_2$ ，就有 $f \ast g = \mathrm{id}_3$ ．两者都是可以快速计算前缀和的．

Dirichlet 卷积的计算

本节讨论 Dirichlet 卷积的计算问题，即给定序列 $\{f(k)\}_{k=1}^n$ 和 $\{g(k)\}_{k=1}^n$ ，求解 Dirichlet 卷积 $h=f\ast g$ 的前若干项 $\{h(k)\}_{k=1}^n$ 的问题．根据涉及到的函数性质，算法的复杂度也略有不同．

一般情形

如果 $f,g,h$ 都没有特殊性质，那么 Dirichlet 卷积的计算只能利用其定义：

h(n) = \sum_{k\ell = n}f(k)g(\ell).

枚举 $k$ 和 $\ell$ ，将贡献 $f(k)g(\ell)$ 累加到 $h(k\ell)$ 上即可．枚举复杂度为

O\left(\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n}{k}\right) = O(n\log n).

参考实现如下：

参考实现

// Compute the Dirichlet convolution h = f * g.
auto dirichlet_convolute(const std::vector<int>& f, const std::vector<int>& g) {
  int n = f.size() - 1;
  std::vector<int> h(n + 1);
  for (int k = 1; k <= n; ++k) {
    for (int d = 1; k * d <= n; ++d) {
      h[k * d] += f[k] * g[d];
    }
  }
  return h;
}

与积性函数卷积的情形

如果 $g$ 是积性函数，那么可以利用 Euler 乘积加速 Dirichlet 卷积的计算．计算 $h$ 相当于计算它的 Dirichlet 生成函数 $H$ 中各项的系数．由于

H(s) = F(s)G(s) = F(s)\prod_{p\in\mathbf P}G_p(s).

其中， $G_p(s)$ 是 $G(s)$ 的 Euler 乘积分解中的因式，它只包含 $p$ 的幂次处的系数：

G_p(s) = \sum_{p^k\le n}\dfrac{f(p^k)}{p^{ks}} = 1 + \dfrac{f(p)}{p^s} + \dfrac{f(p^2)}{p^{2s}} + \cdots.

那么，从 $F(s)$ 开始，遍历所有不超过 $n$ 的素数 $p$ ，将 $G_p(s)$ 逐一乘上去，同样可以得到最终结果 $H(s)$ ．将 $G_p(s)$ 乘上去时，直接应用一般情形中的暴力枚举算法即可．总枚举次数

\sum_{p\in\mathbf P,~p\le n}\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor \le \sum_{p\in\mathbf P,~p\le n}\dfrac{n}{p-1} \le \sum_{p\in\mathbf P,~p\le n}\dfrac{2n}{p} \in O(n\log\log n).

最后一步复杂度的估计与 Eratosthenes 筛法复杂度的证明一致．所以，本算法的时间复杂度为 $O(n\log\log n)$ ．

参考实现如下：

参考实现

// Compute the Dirichlet convolution h = f * g.
// Assume that g is multiplicative.
auto dirichlet_convolute(const std::vector<int>& f, const std::vector<int>& g) {
  int n = f.size() - 1;
  std::vector<int> h(f);
  std::vector<bool> vis(n + 1);
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (vis[i]) continue;
    // Reverse the order for in-place computation.
    for (int k = n / i * i; k; k -= i) {
      vis[k] = true;
      int d = k;
      while (true) {
        d /= i;
        h[k] += h[d] * g[k / d];
        if (d % i) break;
      }
    }
  }
  return h;
}

特别地，当积性函数 $g$ 是完全积性函数或其 Dirichlet 逆时，例如当 $g = 1$ 或 $g = \mu$ 时，那么算法可以进一步简化．此时，Dirichlet 卷积 $h = f\ast g$ 的计算可以采用常数更小的 Dirichlet 前缀和/差分算法，但是算法时间复杂度仍为 $O(n\log\log n)$ ．

结果为积性函数的情形

最后，考虑 $h$ 是积性函数的情形．特别地，当 $f,g$ 都是积性函数时， $h=f \ast g$ 就是积性函数．要计算 $h$ ，只需要确定它在素数幂处的取值，就可以通过线性筛在 $O(n)$ 时间内计算．而对于素数幂 $p^e$ 处的取值 $h(p^e)$ 直接暴力计算即可：

h(p^e) = \sum_{i=0}^e f(p^i)g(p^{e-i}).

这些暴力计算需要的枚举次数为

\begin{aligned} \sum_{p\in\mathbf P,~p\le n}\sum_{e=1}^{\lfloor\log_p n\rfloor}(e+1) &\le \sum_{p\in\mathbf P,~p\le\sqrt{n}}\lfloor\log_p n\rfloor^2 + \sum_{p\in\mathbf P,~\sqrt{n} < p\le n}1 \\ &\le \sqrt{n}(\log_2 n)^2 + n \in O(n). \end{aligned}

因此，这一算法的总时间复杂度为 $O(n)$ ．

参考实现如下：

参考实现

// Compute the Dirichlet convolution h = f * g.
// Assume that h is multiplicative.
auto dirichlet_convolute(const std::vector<int>& f, const std::vector<int>& g) {
  int n = f.size() - 1;
  std::vector<int> h(n + 1), primes, rem(n + 1), lpf(n + 1);
  std::vector<bool> vis(n + 1);
  h[1] = 1;
  for (int x = 2; x <= n; ++x) {
    if (!vis[x]) {
      primes.push_back(x);
      rem[x] = 1;
      lpf[x] = x;
    }
    for (int p : primes) {
      if (x * p > n) break;
      vis[x * p] = true;
      rem[x * p] = x % p ? x : rem[x];
      lpf[x * p] = p;
      if (x % p == 0) break;
    }
    if (rem[x] == 1) {  // prime powers.
      for (int k = x; k; k /= lpf[x]) {
        h[x] += f[k] * g[x / k];
      }
    } else {  // other cases.
      h[x] = h[rem[x]] * h[x / rem[x]];
    }
  }
  return h;
}

狄利克雷卷积

Dirichlet 卷积

性质

Dirichlet 生成函数

Euler 乘积

应用

Dirichlet 卷积的计算

一般情形

与积性函数卷积的情形

结果为积性函数的情形

参考资料与注释