【参考】

★浅谈一类积性函数的前缀和 by skywalkert

任之洲数论函数.pdf

论逗逼的自我修养之寒假颓废记 by jiry_2

杜教筛 [学习笔记]【更新中】 by Candy?

【变化技巧总结】

总结下面所有知识含有的变化技巧

1.先枚举gcd值。

2.莫比乌斯反演处理gcd，[gcd(x,y)=1]=Σ_d|i^d|jμ(d)，然后将d提到最前面。

3.★分块取值优化，ans=Σf(d)*g(n/d)，其中g(n/d)只有2√n种取值，预处理f(d)的前缀和即可O(√n)。

4.多组询问时，对于ΣdΣe，令T=de，则ΣTΣd|T，后面枚举倍数贡献可以O(n ln n)预处理前缀和。

5.杜教筛：倍数和总数互换，即

$sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d=1}^{\frac{n}{i}}f(d)g(i)=\sum_{i=1}^{n}g(i)F(\frac{n}{i})$

用这个变化，对于卷积f*g=h，知二求一。

6.函数为加法时，可以分别统计前缀和再相加，但乘法必须一起统计。

例题：【51nod】1238 最小公倍数之和 V3 杜教筛

1.相同的完全积性函数卷积有奇效（在这题是同阶幂函数卷积）。

2.矩阵转上三角，就可以变成积性函数前缀和的形式。

3.狄利克雷卷积有交换律，结合律，加法分配律。点乘有卷积分配律，即a(b*c)=ab*ac。

4.φ也可以化简[(n,i)=1]，不一定用μ。

例题：【Project Euler】530 GCD of Divisors 莫比乌斯反演

1.对于[(a,b)=d]，可以将共有因子d提出来并压缩枚举空间。

2.约数个数前缀和可以O(√n)，看到可以转化过去。

3.两个Σ1~n，可以合并为枚举乘积，然后变成卷积的形式。

4.复杂度不一定是看到的那样，要好好分析或好好感受。

【积性函数】

积性函数的约数和，前缀和，相互卷积也是积性函数。

1.f(1)=1。

2.性质一：对于n=∏pi^ki，有f(n)=∏f(pi^ki)

性质二：对于完全积性函数，还有f(n)=∏f(pi)^ki以及f(n^k)=f(n)^k

常见的积性函数：

1.d(n)=Σ_d|n 1，表示n的因子个数，即d=1*1

2.σ(n)=Σ_d|n d，表示n的因子和，即σ=1*id

3.1(n)=1，恒等函数

4.id(n)=n，单位函数

5.e(n)=[n=1]，元函数，即f=f*e

6.φ(n)=Σ[(n,i)=1]*1，欧拉函数

φ*1=id

7.μ(n)，莫比乌斯函数，μ(n)=(-1)^k，k为n的素因子个数，有重复素因子时μ=0

μ*1=e

【狄利克雷卷积】

定义两个数论函数f,g的狄利克雷卷积：(f*g)(n)=Σ_d|nf(d)*g(n/d)。

1.莫比乌斯函数，e(n)=Σ_d|nμ(d)，即e=μ*i。

莫比乌斯反演，由g=f*i，得f=g*μ。（可以看出μ和1互为逆元）

证明：f=g*μ=f*i*μ=f*e=f。

即由g(n)=Σ_d|nf(d)，得f(n)=Σ_d|ng(d)*μ(n/d)。

类似的，由g(n)=Σ_n|df(d)，得f(n)=Σ_n|dg(d)*μ(d/n)。

$$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\ \ (\mu \times 1=e)$$

2.欧拉函数，n=Σd|nφ(d)，即id=φ*i。

$$\sum_{d|n}\varphi(d)=n\ \ (\varphi \times 1=id)$$

证明：考虑n的所有数字x∈[1,n]，有(n,x)=d即(n/d,x/d)=1，所以满足(n,x)=d的所有的x的个数为φ(n/d)，那么所有n的因子的φ就是答案。

由反演得，φ=id*μ，即φ(n)/n=Σ_d|nμ(d)/d。

$$\varphi(n)=\sum_{d|n}\frac{n}{d}*\mu(d)\ \ (\mu \times id=\varphi)$$

公式：1~n中与n互质的整数和是为( n*φ(n)+[n=1] )/2，证明：gcd(n,i)=gcd(n,n-i)，所以互素数总是成对出现。（但约数和不是n*(n+1)/2-n*φ(n)/2+1……）。

★莫比乌斯反演

【和式Σ变换技巧】

基本法则（具体数学）：

1.分配律，Σ_kc*a_k=c*Σ_ka_k，即提出与Σ无关的乘数。

2.结合律，将相邻Σ的条件结合或分离。

3.交换律，即Σ的枚举可以改变顺序。

4.一般分配律，Σ_j,ka_j*b_k=(Σa_j)*(Σb_k)

5.多重交换律，当相邻Σ枚举域相关时，需满足：

[j∈J][k∈K(j)]=[k∈K'][j∈J'(k)]

通常J=K'是所有整数集合，第二重根据操控二重和式性质的p(j,k)推出。

6.换元，即更换Σ的枚举元。

7.艾弗森约定，即将Σ底端限制变成条件，如Σ_i∈Ii = Σi*[i∈I]。

【杜教筛】

参考：浅谈一类积性函数的前缀和 by skywalkert

给定数论函数$f(n)$，求$s(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$。

考虑找到一个合适的数论函数$g(n)$。

杜教筛基本变化（总值与倍数互换）

$$\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum_{i=1}^{n}g(i)s(\frac{n}{i})$$

最终

$$g(1)s(n)=\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{i=2}^{n}g(i)s(\frac{n}{i})$$

本质上是构造卷积h=f*g，若h和g的前缀和可以O(1)或O(√n)快速求解，则可以用上式快速求解f的前缀和。

最后将f的前n^(2/3)项预处理，总复杂度O(n^(2/3))。

求N和N/i时，s(i)记忆化到f[N/i]中，f[]数组大小只需要√N。（N变化时要清空数组）

例题：【51nod】1239 欧拉函数之和 求Σφ(i)

复杂度证明：

根据(x/a)/b=x/(ab)，杜教筛只用到2√n个值，所以杜教筛的复杂度是：

$$\sum_{i=1}^{\sqrt n}O(\sqrt i)+\sum_{i=1}^{\sqrt n}O(\sqrt{\frac{n}{i}})$$

计算复杂度需要用到积分：

$$\int_{0}^{a}x^n=\frac{1}{n+1}a^{n+1}$$

所以，前半部分的复杂度：

$$\sum_{i=1}^{\sqrt n}O(\sqrt i)=\int_{0}^{\sqrt n}x^\frac{1}{2}\approx \sqrt n^{\frac{1}{2}+1}=O(n^{\frac{3}{4}})$$

后半部分的复杂度：（把√n提出来，最后是n^(3/4)）

$$\sum_{i=1}^{\sqrt n}O(\frac{1}{\sqrt i})=\int_{0}^{\sqrt n}x^{-\frac{1}{2}}\approx \sqrt n^{-\frac{1}{2}+1}=O(n^{\frac{1}{4}})$$

最终，复杂度$O(n^{\frac{3}{4}})$，预处理前2/3项后复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}})$。（这暂时不太清楚）