定义：

若函数 $f(x)$ 满足 $\forall \gcd (a,b)=1,f(ab)=f(a)f(b)$，则函数 $f$ 为积性函数。

函数：

• 莫比乌斯函数 $\mu (x)$ 为积性函数

  证明：令 $a=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_k^{{\alpha }_k}$，$b=q_1^{{\beta }_1}{q}_2^{{\beta }_2}\dots q_t^{{\beta }_t}$

  则若 $\exists i,{\alpha }_i\ge 2$ 或 $\exists i,{\beta }_i\ge 2$，那么 $\mu (a)\mu (b)=0$，而 $ab$ 中也一定存在某个质因子的次数大于等于 $2$，所以 $\mu (ab)=0$，故该情况成立。

  反之，若 $\forall i\in [1,k],j\in [1,t],{\alpha }_i=1,{\beta }_j=1$，则 $\mu (a)=(-1{)}^k,\mu (b)=(-1{)}^t$，$ab=p_1{p}_2\dots p_k{q}_1\dots q_t$，所以 $\mu (ab)=(-1{)}^{k+t}=(-1{)}^k(-1{)}^t=\mu (a)\mu (b)$

  综上所述，$\mu (x)$ 为积性函数。

• 欧拉函数 $\phi (x)$ 为积性函数

  证明：$\phi (a)=a{\prod }_{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i},\phi (b)=b{\prod }_{i=1}^t\frac{q_i-1}{q_i},\phi (ab)=ab{\prod }_{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i}{\prod }_{i=1}^t\frac{q_i-1}{q_i}$

  为什么 $ab$ 的分解质因数为：$p_1{p}_2\dots p_k{q}_1{q}_2\dots q_t$ 呢？为什么不会 $\exists i,j,p_i=q_j$ 呢？——答：因为 $a$ 和 $b$ 互质。

  所以 $\phi (ab)=\phi (a)\phi (b)$

• 最大公因数 $\gcd (x,n)$ 当 $n$ 固定的情况下，为积性函数

  证明：

  $n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_k^{{\alpha }_k},ab=p_1^{{\beta }_1}{p}_2^{{\beta }_2}\dots p_k^{{\beta }_k}$
  $$\{\begin{array}{ll}& a=p_1^{{\theta }_1}{p}_2^{{\theta }_2}\dots p_k^{{\theta }_k}\\ & b=p_1^{{\beta }_1-{\theta }_1}{p}_2^{{\beta }_2-{\theta }_2}\dots p_k^{{\beta }_k-{\theta }_k}\end{array}$$

  $$\gcd (a,n)=p_1^{\min ({\theta }_1,{\alpha }_1)}{p}_2^{\min ({\theta }_2,{\alpha }_2)}\dots p_k^{\min ({\theta }_k,{\alpha }_k)},\gcd (b,n)=p_1^{\min ({\beta }_1-{\theta }_1,{\alpha }_1)}{p}_2^{\min ({\beta }_2-{\theta }_2,{\alpha }_2)}\dots p_k^{\min ({\beta }_k-{\theta }_k,{\alpha }_k)}$$

  由于 $a$ 和 $b$ 互质，所以必定不存在某个质因子相同，故 $\forall i,{\theta }_i=0\mathrm{or}{\theta }_i={\beta }_i$。

  则：$\gcd (a,n)\gcd (b,n)=p_1^{\min ({\alpha }_1,{\beta }_1)}{p}_2^{\min ({\alpha }_2,{\beta }_2)}\dots p_k^{\min ({\alpha }_k,{\beta }_k)}=\gcd (ab,n)$

• $x$ 的正因子的数量 $d(x)$ 为积性函数

  证明：与欧拉函数比较类似，略。

• $x$ 的正因子之和 $\sigma (x)$ 为积性函数

  证明：

  若 $a=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_k^{{\alpha }_k},b=q_1^{{\alpha }_1}{q}_2^{{\alpha }_2}\dots q_t^{{\alpha }_t}$，

  则：
  $$\sigma (a)=\prod _{j=1}^k\sum _{i=0}^{{\alpha }_j}{p_j}^i,\sigma (b)=\prod _{j=1}^t\sum _{i=0}^{{\beta }_j}{q_j}^i，\sigma (ab)=\prod _{j=1}^k\sum _{i=0}^{{\alpha }_j}{p_j}^i\prod _{j=1}^t\sum _{i=0}^{{\beta }_j}{q_j}^i$$
  注：可以考虑去括号进行理解，每次其实就是在 $k$ 个是式子里每一个选择一个质因数的次数。

  所以，$\sigma (ab)=\sigma (a)\sigma (b)$

例题精讲：

P2303 [SDOI2012] Longge 的问题

给定一个整数 $n$，你需要求出 $\sum _{i=1}^n\gcd (i,n)$，$1\le n<2^{32}$

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考虑令 $d=\gcd (i,n)$，然后枚举 $d$，那么 $d$ 能作为 $i$ 和 $n$ 的最大公约数当且仅当 $\gcd (\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1$
$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\gcd (i,n)\\ =& \sum _{d|n}d\sum _{d|i}[\gcd (\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1]\\ =& \sum _{d|n}d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}[\gcd (i,\frac{n}{d})=1]\leftarrow 注意：这里的i与上式的i不同\\ =& \sum _{d|n}d\phi (\frac{n}{d})\end{array}$$
这时候，时间复杂度为 $O(\sqrt{n}d(n))$，$d(n)$ 表示为 $n$ 的约数，已经可以通过本题。

不过，可以做到更好！
$$\begin{array}{rl}& \sum _{d|n}d\phi (\frac{n}{d})\\ =& \sum _{d|n}\frac{n}{d}\phi (d)\leftarrow 注意这里的d为上式的\frac{n}{d}\\ =& \sum _{d|n}\frac{n}{d}d\prod _{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i}\\ =& \sum _{d|n}n\prod _{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i}\end{array}$$
这时候，借鉴一下证明正因子之和为积性函数的思路，可以化简为若干个多项式的乘积：
$$\prod _{i=1}^k(1+\underset{{\alpha }_i}{\underbrace{\frac{p_i-1}{p_i}+\cdots +\frac{p_i-1}{p_i}}})$$
其中 $p$ 与 $\alpha$ 为 $n={\prod }_{i=1}^k{p_i}^{{\alpha }_i}$，式子的含义就是对于每一个约数 $d$，当前 $p_i$ 不选则对答案的贡献为 $1$，反之为 $\frac{p_i-1}{p_i}$。

所以，最终的答案为（不要忘记乘式子前面的 $n$）：
$$n\prod _{i=1}^k(1+\frac{p_i-1}{p_i}{\alpha }_i)$$
时间复杂度：$O(\sqrt{n})$

---

#include <bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;int n;signed main() {cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);cin >> n;int res = n;for (int i = 2; i <= n / i; i ++)if (n % i == 0) {int cnt = 0;while (n % i == 0) cnt ++, n /= i;res = res / i * (i + (i - 1) * cnt);}if (n > 1) res = res / n * (2 * n - 1);cout << res << endl;return 0;
}