常见积性函数

1. $\mu$
2. $\phi$
3. $d(n)$：$n$的约数个数
4. $\sigma (n)$：$n$的约数和
5. $ϵ(n)$：单位元函数，$e(n)=[n=1]$ （完全积性）
6. $I(n)$：$I(n)=1$（完全积性）
7. $id(n)$：$id(n)=n$ （完全积性）

$$\sum _{d|n}\phi (d)=n$$$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$$$\sum _{d|n}\phi (d)\times d=\frac{n\times \phi (n)+[n=1]}{2}$$

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公式推导

求$$\sum _{i=1}^{n}f(i)$$

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狄利克雷卷积

定义两个数论函数$f,g$的狄利克雷卷积为$h$
$$(f\ast g)(n)=h(n)\iff h(n)=\sum _{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}g(d)\times f(\frac{n}{d})$$

如果 $f,g$ 是积性函数则 $h$ 函数也是一个积性函数。

证明：令 $n=x\ast y\wedge (x,y)=1$。
$$h(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\iff h(xy)=\sum _{d_1|x,d_2|y}f(d_1{d}_2)g(\frac{x}{d_1}\frac{y}{d_2})=\sum _{d_1|x,d_2|y}f(d_1)f(d_2)g(\frac{x}{d_1})g(\frac{y}{d_2})$$$$=\sum _{d_1|x}f(d_1)g(\frac{x}{d_1})\sum _{d_2|y}f(d_2)g(\frac{y}{d_2})=h(x)h(y)$$

卷积满足乘法交换/结合律/分配律 (这不是重点😓)

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

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杜教筛

杜教筛是一种以低于线性筛时间复杂度筛积性函数前缀和的筛法。

将所求问题定义成函数，令$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$
先推${\sum }_{i=1}^{n}h(i)$
$$\sum _{i=1}^{n}h(i)$$$$=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)\times f(\frac{i}{d})$$$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)$$$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$
将$d=1$的一项单独提出来$\Downarrow$
$$=g(1)\times S(n)+\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$$$g(1)\times S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$
一般套路情况下$g(1)=1$

时间复杂度是 $O(n^{\frac{2}{3}})$，大概就是 $S$ 函数可以记忆化递归，另外设定一个阀值 $M$ 预处理 $S(1\sim M)$ 内的信息。

当 $M$ 大约取 $n^{\frac{2}{3}}$ 最优，让预处理和后面记忆化的时间复杂度差不多。

实现

因为$g,h$都是我们自己选择构造出来的，通过上面化出的最后式子来看
我们希望$h(i)$的前缀和是好求的，换言之就是很快就能求出来的
然后按$S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$可以对后面式子进行分块处理

至于怎么选择$g$和$h$，说实话只能观察式子，或者结合以前的做题经验套路

常见卷积

Ⅰ$S(n)={\sum }_{i=1}^n\mu (i)$
因为知道在莫比乌斯反演有个关于莫比乌斯函数的公式
$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$
很容易想到$ϵ=\mu \ast I$
$$ϵ(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\times I(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$
Ⅱ $s(n)={\sum }_{i=1}^n\phi (i)$
上述提到过一个公式
$$n=\sum _{d|n}\phi (d)$$
所以我们想到$id=\phi \ast I$
$$id(n)=\sum _{d|n}\phi (d)\times I(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\phi (d)=n$$
Ⅲ $S(n)={\sum }_{i=1}^n\phi (i)\times i$
乍一看似乎配不出什么鸟玩意儿
尝试从狄利克雷卷积入手
$$h=f\ast g=\sum _{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\phi (d)\times d\times g(\frac{n}{d})$$
我们想着如果能把$f$顺带的多余的$d$除掉，尝试给$g$配成$id$
h=∑d∣nφ(d)×d×nd=∑d∣n{φ(d)×n}=n∑d∣nφ(d)=n2h=\sum_{d|n}φ(d)\times d\times \frac{n}{d}=\sum_{d|n}\{φ(d)\times n\}=n\sum_{d|n}φ(d)=n^2h=d∣n∑​φ(d)×d×dn​=d∣n∑​{φ(d)×n}=nd∣n∑​φ(d)=n2
$i^2$的前缀和，欸好巧哦，由公式可以快速算出，所以成功配出来了$g,h$

$$\sum _{i=1}^n{i}^2=\frac{n\times (n+1)\times (2n+1)}{6}$$
$$\sum _{i=1}^n{i}^3=(\sum _{i=1}^{n}i{)}^2=[\frac{n\times (n+1)}{2}{]}^2=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$$

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习题集

Sum

…

• solution
  前面提过了$id=\phi \ast I,ϵ=\mu \ast I$，直接带公式即可$id,ϵ$就是$h$，$\phi ,\mu$就是$f$，$I$是$g$
  $$g(1)\times S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$
• code

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
#define maxn 2000000
#define int long long
map < int, int > mp1, mp2;
int cnt;
bool vis[maxn + 5];
int phi[maxn + 5], mu[maxn + 5], prime[maxn];
int sum1[maxn + 5], sum2[maxn + 5];void init() {mu[1] = phi[1] = 1;for( int i = 2;i <= maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1, phi[i] = i - 1;for( int j = 1;j <= cnt && 1ll * i * prime[j] <= maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {mu[i * prime[j]] = 0;phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}mu[i * prime[j]] = -mu[i];phi[i * prime[j]] = phi[i] * ( prime[j] - 1 );}}for( int i = 1;i <= maxn;i ++ ) sum1[i] = sum1[i - 1] + phi[i], sum2[i] = sum2[i - 1] + mu[i];
}int find_phi( int n ) {if( n <= maxn ) return sum1[n];if( mp1[n] ) return mp1[n];int ans = n * ( n + 1 ) / 2;int r;for( int i = 2;i <= n;i = r + 1 ) {r = n / ( n / i );ans -= ( r - i + 1 ) * find_phi( n / i );}return mp1[n] = ans;
}int find_mu( int n ) {if( n <= maxn ) return sum2[n];if( mp2[n] ) return mp2[n];int ans = 1;int r;for( int i = 2;i <= n;i = r + 1 ) {r = n / ( n / i );ans -= ( r - i + 1 ) * find_mu( n / i );}return mp2[n] = ans;
}signed main() {init();int T, n;scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld", &n );printf( "%lld %lld\n", find_phi( n ), find_mu( n ) );}return 0;
}

神犇和蒟蒻

…

• solution
  $A$很简单，$i^2$的$\mu$一定是$0$，所以$A$一定是$1$
  考虑$B$，这里要用到欧拉函数的一个性质
  如果$i\%j=0$，则$\phi (i\times j)=\phi (i)\times j$
  所以$\phi (i^2)=\phi (i)\times i$，就神奇的转化为了上面的应用公式三
• code

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 1000000
map < int, int > mp;
int inv6, inv2, cnt;
bool vis[maxn + 5];
int prime[maxn], sum[maxn + 5], phi[maxn + 5];void init() {phi[1] = 1;for( int i = 2;i <= maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}phi[i * prime[j]] = phi[i] * ( prime[j] - 1 );}}for( int i = 1;i <= maxn;i ++ )sum[i] = ( sum[i - 1] + i * phi[i] ) % mod;
}int find_phi( int n ) {if( n <= maxn ) return sum[n];if( mp[n] ) return mp[n];int ans = n * ( n + 1 ) % mod * ( 2 * n + 1 ) % mod * inv6 % mod;for( int l = 2, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );ans -= ( l + r ) * ( r - l + 1 ) % mod * find_phi( n / l ) % mod * inv2 % mod;if( ans < 0 ) ans += mod; }return mp[n] = ans;
}int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}signed main() {init();int n;inv2 = qkpow( 2, mod - 2 );inv6 = qkpow( 6, mod - 2 );scanf( "%lld", &n );printf( "1\n%lld\n", find_phi( n ) );return 0;
}

简单的数学题

…

• solution
  取模的操作代码里加入就可以了，下面式子中就省略不写了
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}i\times j\times gcd(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}i\times j\sum _{d|i,d|j}\phi (d)=\sum _{d=1}^n\phi (d)\sum _{d|i}\sum _{d|j}ij$$
  $$=\sum _{d=1}^n\phi (d)\times d^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }j=\sum _{d=1}^n\phi (d)\times d^2(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }i{)}^2$$
  前面杜教筛，后面数论分块
  

• code

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 5000000
map < int, int > mp;
int mod, cnt, inv;
bool vis[maxn + 5];
int prime[maxn], sum[maxn + 5], phi[maxn + 5];void init() {phi[1] = 1;for( int i = 2;i <= maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j] % mod;break;}elsephi[i * prime[j]] = phi[i] * ( prime[j] - 1 ) % mod;}}for( int i = 1;i <= maxn;i ++ )sum[i] = ( sum[i - 1] + phi[i] * i % mod * i % mod ) % mod;
}int calc( int n ) {n %= mod;return n * ( n + 1 ) / 2 % mod;
}int js( int n ) {n %= mod;return n * ( n + 1 ) % mod * ( 2 * n + 1 ) % mod * inv % mod;
}int solve( int n ) {if( n <= maxn ) return sum[n];if( mp[n] ) return mp[n];int ans = calc( n ) * calc( n ) % mod, r;for( int i = 2;i <= n;i = r + 1 ) {r = n / ( n / i );ans = ( ans - ( js( r ) - js( i - 1 ) ) * solve( n / i ) ) % mod;}return mp[n] = ans;
}int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}signed main() {int n;scanf( "%lld %lld", &mod, &n );init();inv = qkpow( 6, mod - 2 );int r, ans = 0;for( int l = 1;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );ans = ( ans + calc( n / l ) * calc( n / l ) % mod * ( solve( r ) - solve( l - 1 ) ) + mod ) % mod;}printf( "%lld", ( ans + mod ) % mod );return 0;
}