狄利克雷卷积

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

$$(f\ast g)(n)=\sum _{k\mid n}f(k)g\left(\frac{n}{k}\right)=\sum _{k\ell =n}f(k)g(\ell ).$$

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

1. 单位函数 $\epsilon$ 是莫比乌斯函数 $\mu$ 和常数函数 $1$ 的 Dirichlet 卷积：

$$\epsilon =\mu \ast 1⟺\epsilon (n)=\sum _{d\mid n}\mu (d).$$

2. 除数个数函数 $\tau$ 是常数函数 $1$ 和它自身的 Dirichlet 卷积：

$$\tau =1\ast 1⟺\tau (n)=\sum _{d\mid n}1.$$

3. 除数和函数 $\sigma$ 是恒等函数 $\mathrm{id}$ 和常数函数 $1$ 的 Dirichlet 卷积：

$$\sigma =\mathrm{id}\ast 1⟺\sigma (n)=\sum _{d\mid n}d.$$

4. 欧拉函数 $\phi$ 是恒等函数 $\mathrm{id}$ 和莫比乌斯函数 $\mu$ 的 Dirichlet 卷积：

$$\phi =\mathrm{id}\ast \mu ⟺\phi (n)=\sum _{d\mid n}d\cdot \mu \left(\frac{n}{d}\right).$$

莫比乌斯反演 就是利用 $\epsilon =\mu \ast 1$ 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：

1. 交换律：$f\ast g=g\ast f$．
2. 结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$．
3. 分配律：$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$．
4. 单位元：$f\ast \epsilon =\epsilon \ast f=f$，其中，$\epsilon (n)=[n=1]$ 是卷积单位元，$[\cdot ]$ 是 Iverson 括号．
5. 逆元：当且仅当 $f(1)\ne 0$ 时，存在 $g$ 使得 $f\ast g=g\ast f=\epsilon$，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

$$g(n)=\frac{\epsilon (n)-{\sum }_{k\ell =n,k\ne 1}f(k)g(\ell )}{f(1)}.$$

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

$$\begin{array}{rl}((f+g)\ast h)(n)& =\sum _{k\ell =n}(f(k)+g(k))h(\ell )\\ & =\sum _{k\ell =n}f(k)h(\ell )+\sum _{k\ell =n}g(k)h(\ell )=(f\ast h+g\ast h)(n).\end{array}$$

为验证 $\epsilon (n)$ 是单位元，直接计算可知

$$(f\ast \epsilon )(n)=\sum _{k\ell =n}f(k)\epsilon (\ell )=f(n).$$

第二个等号是因为 $\epsilon (\ell )$ 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 $f(1)\ne 0$．对于任意 $f$，假设存在 $g$ 使得 $f\ast g=\epsilon$．这意味着

$$(f\ast g)(n)=\sum _{k\ell =n}f(k)g(\ell )=\epsilon (n).$$

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 $f(1)\ne 0$．而只要 $f(1)\ne 0$，可以直接解出

$$g(n)=\frac{\epsilon (n)-{\sum }_{k\ell =n,k\ne 1}f(k)g(\ell )}{f(1)}.$$

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 $f(1)\ne 0$．

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

$$\begin{array}{rl}h(n_1)h(n_2)& =\left(\sum _{k_1{\ell }_1=n_1}f(k_1)g({\ell }_1)\right)\left(\sum _{k_2{\ell }_2=n_2}f(k_2)g({\ell }_2)\right)\\ & =\sum _{k_1{\ell }_1=n_1,k_2{\ell }_2=n_2}f(k_1)f(k_2)g({\ell }_1)g({\ell }_2)\\ & =\sum _{k\ell =n_1{n}_2}f(k)g(\ell )\\ & =h(n_1{n}_2).\end{array}$$

其中，第三个等号改变求和顺序的逻辑是：当 $k$ 遍历 $n_1{n}_2$ 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 $n_1{n}_2$ 的因数 $k=k_1{k}_2$．

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

$$g(n)=\epsilon (n)-\sum _{k\ell =n,k\ne 1}f(k)g(\ell ).$$

所以，对于 $n_1\perp n_2$ 且 $n_1{n}_2>1$，有

$$\begin{array}{rl}g(n_1{n}_2)& =-\sum _{k\ell =n_1{n}_2,k\ne 1}f(k)g(\ell )\\ & =-\sum _{k_1{\ell }_1=n_1,k_2{\ell }_2=n_2,k_1{k}_2\ne 1}f(k_1)f(k_2)g({\ell }_1)g({\ell }_2)\\ & =f(1)f(1)g(n_1)g(n_2)-\sum _{k_1{\ell }_1=n_1,k_2{\ell }_2=n_2}f(k_1)f(k_2)g({\ell }_1)g({\ell }_2)\\ & =g(n_1)g(n_2)-\left(\sum _{k_1{\ell }_1=n_1}f(k_1)g({\ell }_1)\right)\left(\sum _{k_2{\ell }_2=n_2}f(k_2)g({\ell }_2)\right)\\ & =g(n_1)g(n_2)-\epsilon (n_1)\epsilon (n_2)\\ & =g(n_1)g(n_2).\end{array}$$

其中，第二个等号用到了归纳假设，即对于 ${\ell }_1{\ell }_2<n_1{n}_2$ 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：

1. 分配律：$(\alpha f)\ast (\alpha g)=\alpha \cdot (f\ast g)$．
2. 逆元：$(\alpha f{)}^{-1}=\alpha f^{-1}$，只要 $f^{-1}$ 存在．
3. 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

$$\begin{array}{rl}((\alpha f)\ast (\alpha g))(n)& =\sum _{k\ell =n}(\alpha f)(k)(\alpha g)(\ell )\\ & =\sum _{k\ell =n}\alpha (k)f(k)\alpha (\ell )g(\ell )\\ & =\sum _{k\ell =n}\alpha (n)f(k)g(\ell )\\ & =\alpha (n)(f\ast g)(n).\end{array}$$

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

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

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

$$\begin{array}{rl}{f}^{-1}(p^e)& =-\sum _{i=1}^{e}f(p^i)f^{-1}(p^{e-i})\\ & =-\sum _{i=1}^{e}f(p^i)\mu (p^{e-i})f(p^{e-i})\\ & =-f(p^e)f(1)\mu (1)-f(p^{e-1})\mu (p)f(p)\\ & =-f(p^e)+f(p{)}^e.\end{array}$$

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）：

$$F(s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{f(n)}{n^s}.$$

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：

$$\begin{array}{rl}F(s)G(s)& =\left(\sum _{k=1}^{\infty }\frac{f(k)}{k^s}\right)\left(\sum _{\ell =1}^{\infty }\frac{g(\ell )}{{\ell }^s}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{\ell =1}^{\infty }\frac{f(k)g(\ell )}{(k\ell {)}^s}\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\sum }_{k\ell =n}f(k)g(\ell )}{n^s}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(f\ast g)(n)}{n^s}.\end{array}$$

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：

$$\begin{array}{rl}F(s)& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{f(n)}{n^s}=\sum _{n=1}^{\infty }\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{f(p^e)}{p^{es}}=\prod _{p\in \mathbf{P}}\sum _{e=0}^{\infty }\frac{f(p^e)}{p^{es}}\\ & =\prod _{p\in \mathbf{P}}\left(1+\frac{f(p)}{p^s}+\frac{f(p^2)}{p^{2s}}+\frac{f(p^3)}{p^{3s}}+\cdots \right).\end{array}$$

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：

$$F(s)=\prod _{p\in \mathbf{P}}\sum _{e=0}^{\infty }\frac{f(p{)}^e}{p^{es}}=\prod _{p\in \mathbf{P}}{\left(1-\frac{f(p)}{p^s}\right)}^{-1}.$$

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

1. 单位函数 $\epsilon (n)$ 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

   $$E(s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\epsilon (n)}{n^s}=1.$$

2. 常数函数 $1(n)$ 是完全积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是 Riemann 函数

   $$I(s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}=\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{1}{1-p^{-s}}=\zeta (s).$$

3. 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：

   $$M(s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\mu (n)}{n^s}=\prod _{p\in \mathbf{P}}(1-p^{-s})=\frac{1}{\zeta (s)}.$$

4. 幂函数 ${\mathrm{id}}_k(n)=n^k$ 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

   $$I_k(s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^k}{n^s}=\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{1}{1-p^{k-s}}=\zeta (s-k).$$

5. 欧拉函数 $\phi (n)$ 是积性函数．它的 Dirichlet 生成函数是

   $$\begin{array}{rl}\Phi (s)& =\prod _{p\in \mathbf{P}}\left(1+\frac{p-1}{p^s}+\frac{p(p-1)}{p^{2s}}+\frac{p^2(p-1)}{p^{3s}}+\cdots \right)\\ & =\prod _{p\in \mathbf{P}}\left(\frac{1}{1-p^{1-s}}-\frac{1}{p^s}\frac{1}{1-p^{1-s}}\right)=\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{1-p^{-s}}{1-p^{1-s}}=\frac{\zeta (s-1)}{\zeta (s)}.\end{array}$$

   结合幂函数的 Dirichlet 函数表达式，就得到 $\mathrm{id}=\phi \ast 1$．

6. 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

   $$\begin{array}{rl}{\Sigma }_k(s)& =\prod _{p\in \mathbf{P}}\left(1+\frac{1+p^k}{p^s}+\frac{1+p^k+p^{2k}}{p^{2s}}+\frac{1+p^k+p^{2k}+p^{3k}}{p^{3s}}+\cdots \right)\\ & =\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{1}{1-p^k}\left((1-p^k)+\frac{1-p^{2k}}{p^s}+\frac{1-p^{3k}}{p^{2s}}+\frac{1-p^{4k}}{p^{3k}}+\cdots \right)\\ & =\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{1}{1-p^k}\left(\frac{1}{1-p^{-s}}-\frac{p^k}{1-p^{k-s}}\right)\\ & =\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{1}{(1-p^{-s})(1-p^{k-s})}=\zeta (s-k)\zeta (s).\end{array}$$

   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．

7. 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

   $$U(s)=\prod _{p\in \mathbf{P}}(1+p^{-s})=\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{1-p^{-2s}}{1-p^{-s}}=\frac{\zeta (s)}{\zeta (2s)}.$$

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 $f(n)=n^2\phi (n)$ 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

$$F(s)=\prod _{p\in \mathbf{P}}\left(1+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{p^{3k-1}(p-1)}{p^{ks}}\right)=\prod _{p\in \mathbf{P}}\frac{1-p^{2-s}}{1-p^{3-s}}=\frac{\zeta (s-3)}{\zeta (s-2)}.$$

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

$$O\left(\sum _{k=1}^n\frac{n}{k}\right)=O(n\log n).$$

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：

$$G_p(s)=\sum _{p^k\le n}\frac{f(p^k)}{p^{ks}}=1+\frac{f(p)}{p^s}+\frac{f(p^2)}{p^{2s}}+\cdots .$$

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

$$\sum _{p\in \mathbf{P},p\le n}\sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor \le \sum _{p\in \mathbf{P},p\le n}\frac{n}{p-1}\le \sum _{p\in \mathbf{P},p\le n}\frac{2n}{p}\in O(n\log \log n).$$

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 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

$$\begin{array}{rl}\sum _{p\in \mathbf{P},p\le n}\sum _{e=1}^{\lfloor {\log }_{p}n\rfloor }(e+1)& \le \sum _{p\in \mathbf{P},p\le \sqrt{n}}\lfloor {\log }_{p}n{\rfloor }^2+\sum _{p\in \mathbf{P},\sqrt{n}<p\le n}1\\ & \le \sqrt{n}({\log }_{2}n{)}^2+n\in O(n).\end{array}$$

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;
}

参考资料与注释

• Dirichlet convolution - Wikipedia
• Dirichlet series - Wikipedia
• Euler product - Wikipedia
• Dirichlet 積と、数論関数の累積和 by maspy