狄利克雷卷積與莫比烏斯函數

若想使用莫比烏斯反演，熟練掌握狄利克雷卷積包括定義、記號以及相關的性質、證明等是非常有好處的。

數論函數與積性函數

數論函數也稱作算術函數，就是定義在正整數上的函數，也可看作是一個數列。例如：
$f(n)=2n-1$
就表示了一個數論函數，其實就是：
$[1,3,5,7,9,...]$
跟狄利克雷卷積有關的常見數論函數有：
全1函數$u$：
$u(n)=1$
即：
$[1,1,1,1,1,...]$
恆等函數$ID$：
$ID(n)=n$
即：
$[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,...]$
單位元函數$e$：
$e(n)=\begin{cases} 1 & n=1 \\ 0 & 其他 \end{cases}$
即：
$[1,0,0,0,0,...]$
積性函數是指如果某個數論函數$f(n)$滿足當$gcd(a,b)=1$時有$f(a\cdot b)=f(a)\cdot f(b)$成立，則稱函數$f$爲積性函數。以下提到的函數都是積性函數。

狄利克雷卷積

狄利克雷卷積是對2個數論函數的操作，定義如下：
$h(n)=f(n)\circ g(n)=\sum_{ij=n}f(i)\cdot g(j)$
2個數論函數的狄利克雷卷積仍然是一個數論函數。
例如，考慮全1函數與恆等函數的狄利克雷卷積（只取前10個），設之爲$\sigma$，得到：

$\sigma(1)=u(1)\cdot ID(1)=1$

$\sigma(2)=u(1)\cdot ID(2)+u(2)\cdot ID(1)=3$

$\sigma(3)=u(1)\cdot ID(3)+u(3)\cdot ID(1)=4$

$\sigma(4)=u(1)\cdot ID(4)+u(2)\cdot ID(2)+u(4)\cdot ID(1)=7$

$\sigma(5)=u(1)\cdot ID(5)+u(5)\cdot ID(1)=6$

$\sigma(6)=u(1)\cdot ID(6)+u(2)\cdot ID(3)+u(3)\cdot ID(2)+u(6)\cdot ID(1)=12$

$\sigma(7)=u(1)\cdot ID(7)+u(7)\cdot ID(1)=8$

$\sigma(8)=u(1)\cdot ID(8)+u(2)\cdot ID(4)+u(4)\cdot ID(2)+u(8)\cdot ID(1)=15$

$\sigma(9)=u(1)\cdot ID(9)+u(3)\cdot ID(3)+u(9)\cdot ID(1)=13$

$\sigma(10)=u(1)\cdot ID(10)+u(2)\cdot ID(5)+u(5)\cdot ID(2)+u(10)\cdot ID(1)=18$

實際上，$\sigma(n)$就是n的因子和，因此全1函數與恆等函數的狄利克雷卷積就是因子和函數。
再考慮前面提到的單位元函數$e$，稍加推理可知：
$f(n)\circ e(n)=f(n)$
即，任意函數與單位元函數做卷積仍然得到自身，因此$e$稱爲單位元。

莫比烏斯函數

實際上，所有的數論函數與狄利克雷卷積操作可以構成一個羣，因此對每一個數論函數必然有逆元存在。也就是說每一個函數與其逆元的狄利克雷卷積可以得到單位元函數。全1函數的逆元稱爲莫比烏斯函數$\mu$，即：
$u\circ\mu=e$
莫比烏斯函數就是全1函數的逆元，這個定義有助於後續的證明和計算，同時也可以依次推出莫比烏斯函數的每一個具體取值。當然，還有一個分段函數的表達，可以更直觀的計算莫比烏斯函數的值：
$\mu(n)=\begin{cases} (-1)^k & n=p_1p_2...p_k \\ 0 & 其他 \end{cases}$
也就是莫比烏斯函數只有三個可能的取值：0、-1和1。如果$n$包含平方數的因子，則$\mu(n)=0$；否則，$n$的質因子分解的所有質因子指數必然全是1，此時，$n$有偶數個質因子$\mu(n)=1$，奇數個質因子則是$\mu(n)=-1$。

相關性質

性質1：全1函數的狄利克雷卷積就是因子數量函數，記作$\tau$；恆等函數與全1函數的狄利克雷卷積就是因子和函數，記作$\sigma$。
$\tau(n)=u(n)\circ u(n)$
$\sigma(n)=ID(n)\circ u(n)$
利用狄利克雷卷積的定義很容易證明。
性質2：當n不等於1時，其所有因子的莫比烏斯函數函數值之和爲0；當n等於1時，其和爲1。寫成數學表達爲：
$\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]$
其中“$[條件]$”表示示性函數，條件爲真則該函數值爲1，否則函數值爲0。這個也很容易證明，左邊就是全1函數與莫比烏斯函數的卷積，右邊就是單位元函數。這兩者就是相等的。
性質3：恆等函數與莫比烏斯函數的卷積等於歐拉函數。其中，歐拉函數記作$\varphi(n)$，表示不超過n的與n互質的數的數量。即：
$ID(n)\circ \mu(n)=\sum_{d|n}{d\cdot{\mu(\frac{n}{d})}}=\varphi(n)$
如果能夠熟練使用各種記號，上式很容易證明。首先將$\varphi(n)$寫作：
$\varphi(n)=\sum_{i}[gcd(i,n)==1]$
這是顯然的，就是歐拉函數的定義。然後利用上面的第2條性質，
$\sum_{i}[gcd(i,n)==1]=\sum_{i}\sum_{d|gcd(i,n)}\mu(d)$
對等式右邊而言，對每一個d（d是gcd(i,n)的因子，當然同時也是n和i的因子），實際上就是問在1～n中有多少數滿足其有d的因子，這個數量當然就是$n/d$個。所以，
$\sum_{i}\sum_{d|gcd(i,n)}\mu(d)=\sum_{d|n}\frac{n}{d}\cdot\mu(d)$
該性質的一個推論是：
$\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}$
使用積性函數的性質也可以證明這一點。
當$n=1$時，上述等式顯然成立。當$n$爲質數時，記作$p$，則：
$\sum_{d|p}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\mu(1)}{1}+\frac{\mu(p)}{p}=\frac{1-p}{p}=\frac{\varphi(p)}{p}$
等式也成立。當$n=p^k$時，
$\sum_{d|p^k}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\mu(1)}{1}+\frac{\mu(p)}{p}+\frac{\mu(p^2)}{p^2}+\cdot\cdot\cdot=\frac{1-p}{p}=\frac{\varphi(p^k)}{p^k}$
等式亦成立。所以在$n$只含一個質因子情況下，$ID(n)\circ\mu(n)=\varphi(n)$是成立的。考慮更一般的情況，$n=p_{1}^{k_1}\cdot\cdot\cdot p_{n}^{k_n}$，有
$ID(n)\circ\mu(n)\\=ID(p_{1}^{k_1}\cdot\cdot\cdot p_{n}^{k_n})\circ\mu(p_{1}^{k_1}\cdot\cdot\cdot p_{n}^{k_n})\\=ID(p_{1}^{k_1})\circ\mu(p_{1}^{k_1})\cdot\cdot\cdot ID(p_{n}^{k_n})\circ\mu(p_{n}^{k_n})\\=\frac{1-p_1}{p_1}\cdot\cdot\cdot\frac{1-p_n}{p_n}\\=\varphi(n)$
性質4：莫比烏斯反演，設函數$f(n)=\sum_{d|n}{g(d)}，則g(n)=\sum_{d|n}{f(n/d)\cdot\mu(d)}$。
使用狄利克雷卷積記號很容易證明這個結論，已知條件實際上就是
$f=u\circ g$
兩邊同時卷積莫比烏斯函數，注意到狄利克雷卷積滿足交換律與結合律，且全1函數與莫比烏斯函數的卷積結果爲單位元函數，所以
$g=f\circ\mu$
這就是莫比烏斯反演的結論。
性質5：莫比烏斯倍數反演，莫比烏斯反演有兩種形式，性質4中的是約數反演，還有一種倍數反演，如下，若有
$f(n)=\sum_{n|d,d\le N}g(d)$
則有
$g(n)=\sum_{n|d,d\le N}\mu(\frac{d}{n})f(d)$
其中，$N$是一個上限。
關於倍數反演的證明，
$\sum_{n|d,d\le N}\mu(\frac{d}{n})f(d)=\sum_{n|d,d\le N}\Big(\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|t,t\le N}g(t)\Big)\\=\sum_{n|d,d\le N}\Big(g(d)\sum_{t|\frac{d}{n}}\mu(t)\Big)$
關於上式中第二個等號，將求和記號寫開，就可以推導出來。
根據性質2可知，$\sum_{t|\frac{d}{n}}\mu(t)=[\frac{d}{n}==1]$，也就是說當$d=n$時，結果爲1，其餘結果均爲0。所以最終可推出：
$\sum_{n|d,d\le N}\mu(\frac{d}{n})f(d)=g(n)$

基礎問題與公式

問題1：在1～N的範圍內，互質的數對一共有多少對？即問$\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i,j)==1]$
這個問題的解是：$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}[gcd(i,j)==1]=\sum_{d=1}^{N}\mu(d)\cdot\lfloor{N/d}\rfloor\cdot\lfloor{N/d}\rfloor$推導過程如下，根據性質3有$\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i,j)==1]=\sum_{i}\sum_{j}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$考慮每一個可能的$d$，即$d$取值$1,2,3,4,5,...$，有多少對$(i,j)$滿足$i$有因子$d$同時$j$也有因子$d$呢？當然是$\lfloor{N/d}\rfloor\cdot\lfloor{N/d}\rfloor$。其中，$\lfloor\rfloor$表示向下取整，也就是C++中的整型除法運算。所以，公式1成立。另一個辦法是使用性質5莫比烏斯倍數反演來證明。令，$f(n)=[(i,j)有公因子n]$即，$f(n)$是$1\sim N$之間有公因子n的數對的數量，顯然有，$f(n)=\lfloor{N/n}\rfloor\cdot\lfloor{N/n}\rfloor$再令，$g(n)=[gcd(i,j)==n]$即，$g(n)$是$1\sim N$之間gcd爲n的數對的數量，有，$f(n)=\sum_{n|d,d\le N}g(d)$根據性質5有，$g(n)=\sum_{n|d,d\le N}\mu(\frac{d}{n})f(d)$
所求實際上就是$g(1)$，可得$g(1)=\sum_{d=1}^{N}\mu(d)f(d)=\sum_{d=1}^{N}\mu(d)\cdot\lfloor{N/d}\rfloor\cdot\lfloor{N/d}\rfloor$
問題1還有另外一種做法，只考慮$[gcd(i,j)==1,x\gt y]$，實際上就是求歐拉函數的和，如下：$\sum_{i=2}^{N}\varphi(i)$這個數乘以2就得到了所有的不相等且互質的數對的數量。而相等又能互質的數對只有1對，就是(1, 1)，所以再加1即可。
問題2：在1～N的範圍內，gcd爲質數的數對一共有多少對？即問$\sum_{p_k}\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i,j)==p_k]$其中，$p_k$是N以內的質數。考慮到，$gcd(i,j)=p$則$gcd(i/p,j/p)=1$所以$\sum_{p_k}\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i,j)==p_k]=\sum_{p_k}\sum_{i}\sum_{j}[gcd(i/p_k,j/p_k)==1]\\=\sum_{p_k}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{N}{p_k}\rfloor}\mu(d)\cdot\lfloor\frac{\lfloor\frac{N}{p_k}\rfloor}{d}\rfloor\cdot\lfloor\frac{\lfloor\frac{N}{p_k}\rfloor}{d}\rfloor$
問題3：$i$在1～N範圍內，$j$在1～M範圍內，問互質的數對的數量有多少對？
仿照問題1的解法即可。注意到$d$必須是$(i,j)$的公因子，所以$d$必然不超過$min(N,M)$，所以$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}[gcd(i,j)==1]=\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\cdot\lfloor{N/d}\rfloor\cdot\lfloor{M/d}\rfloor$