数论函数浅谈

数论函数浅谈

写在前面

1. 在没有注明特殊情况下，文中 $p$ 为质数，$p^q$ 为质因数分解。
2. 在没有注明特殊情况下，除恒等函数（$I$）以外，文中的函数字母大写表示前缀和。同样表示前缀和有在开头的一个大写 $S$。如 $F(n)$ 表示 $\sum _{i=1}^{n}f(i)$，$S_{\phi }(n)$ 表示 $\sum _{i=1}^n\phi (i)$。
3. 笔者水平低，如有写的有问题的欢迎指出。
4. 例题部分，在推导式子时有时候会不注明 $n\ge m$，理解即可。

5个需要知道的函数

1. $I(n)$

无论 $n$ 是啥，永远是 $1$，叫做恒等函数

2. $ϵ(n)$

当 $n=1$ 时它等于 $1$，否则等于 $0$，叫做元函数

3. $id(n)$

永远等于 $n$，叫做单位函数

4. $\phi (n)$

在 $[1,n]$ 中与 $n$ 互质数的个数，叫做欧拉函数

5. $\mu (n)$

   $$\mu (n)=\{\begin{array}{r}1,n=1\\ (-1{)}^s,n=p_1{p}_2...p_s\\ 0,otherwise\end{array}$$

其中，$p_1$ 到 $p_n$ 是不同素数

这个函数叫做叫做莫比乌斯函数，后面进一步讨论

卷积

定义

离散卷积是两个离散序列和之间按照一定的规则，将它们的有关序列值分别两两相乘再相加的一种特殊的运算$$y(n)=\sum _{i=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x(i)·h(n-i)$$

理解这个格式就好

狄利克雷卷积

定义

设 $f,g$ 是数论函数，若数论函数 $h$ 满足

$$h(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

则称 $h$ 为 $f$ 和 $g$ 的狄利克雷卷积，记作$h=f\ast g$

狄利克雷卷积满足交换律和结合律

积性函数

积性函数

对于一个函数 $f$，若 $a,b$ 互质的时候，有$$f(ab)=f(a)(b)$$ 其中五个需要知道的函数中 $4、5$ 是积性函数

完全积性函数

对于任何整数 $a,b$ 有上面那个公式

其中五个需要知道的函数中 $1,2,3$ 是完全积性函数

重要性质！

两个积性函数的卷积必然是积性函数

莫比乌斯函数

定义

回顾一下之前莫比乌斯函数的定义

$$\mu (n)=\{\begin{array}{r}1,n=1\\ (-1{)}^s,n=p_1{p}_2...p_s\\ 0,otherwise\end{array}$$

这个定义看起来有点莫名其妙，但是实际上莫比乌斯函数来源应该是这样的：

考虑 $g(n)=\sum _{d|n}f(d)$，写成卷积形式为 $g=I\ast f$，此时如果两边同时乘一个 $I^{-1}$ 会发生这样的事情：$g\ast I^{-1}=f$。对于这个 $I^{-1}$ 大佬们就将其定义为 $\mu$，之后也便对倒出来了 $\mu$ 的定义。这个有什么用在看到例题的时候可以具体说。

一个性质

莫比乌斯函数具有以下重要的性质：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=ϵ(n)$$

即 $\mu \ast I=ϵ$

简证：不妨设 $n=p_1^{q_1}{p}_2^{q_2}...p_s^{q_s}$，其中所有指数 $q$ 显然没有意义（根据 $\mu$ 的定义，如果存在一个平方数能够整除 $x$ 那么 $\mu (x)=0$，也就是说，我们就是在 $s$ 个质数当中选几个凑出来一个因数，因此也就写成了第一个等号后面的东西。之后用二项式定理 $(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{a}^i{b}^{n-i}$ 套进去即可。

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{k=0}^s(-1{)}^k{C}_s^k=(1-1{)}^s=0$$

在后面推柿子的时候会用到。

其实对于所有积性函数，有 $f\ast f^{-1}=ϵ$。

莫比乌斯反演

约数反演

若$$g(n)=\sum _{d|n}f(d)$$ 则$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)g(\frac{n}{d})$$

证明

$$g(n)=\sum _{d|n}f(d)$$ 运用狄雷克利卷积将函数写成 $f\ast I$ 的形式$$g=f\ast I$$ 两边同时卷积 $\mu$

$$g\ast \mu =f\ast I\ast \mu$$ 根据莫比乌斯函数的性质和元函数的性质整理$$f\ast I\ast \mu =f\ast (I\ast \mu )=f\ast ϵ=f$$

倍数反演

这个用的不多，但是最近刚刚碰到过，形式是这样的

$$g(n)=\sum _{n|d}f(d)\iff f(n)=\sum _{n|d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{n}})g(n)$$

好像讲到这里就是反演需要知道的所有基础的知识了，反演很多题目都是通过这些基础的东西来进行推导的。

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杜教筛

同样是和积性函数有关的一个知识点，一起讲一下。

我们要求 $f(x)$ 的前缀和，即 $\sum _{i=1}^{n}f(i)$，下面记作 $F(n)$。

假如我们知道有 $f\ast g=h$，我们尝试求一下 $H(n)$

$$\begin{array}{rl}H(i)& =\sum _{i=1}^{n}h(i)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(j)g(i)\\ & =\sum _{i=1}^{n}g(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(j)\\ & =\sum _{i=1}^{n}g(i)F(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\\ & =g(1)F(n)+\sum _{i=2}^{n}g(i)F(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\end{array}$$

这样就有以下式子：

$$F(n)=\frac{H(n)-\sum _{i=2}^{n}g(i)F(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )}{g(1)}$$

因为是积性函数，因此有 $g(1)=1$，所以最终为

$$F(n)=H(n)-\sum _{i=2}^{n}g(i)F(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

如果能够构造出来前缀和比较好算的 $g,h$，我们就可以快速计算出来 $F(n)$。

如对于 $\phi$，有 $\phi \ast I=id$，因此

$$S_{\phi }(i)={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}-\sum _{i=2}^n{S}_{\phi }(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

如对于 $\mu$，有 $\mu \ast I=ϵ$，则

$$S_{\mu }(i)=1-\sum _{i=2}^n{S}_{\mu }(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

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Powerful Number 筛

以下简称 PN 筛。PN 筛也是用来求一些积性函数的前缀和，更像是杜教筛的一个扩展。

Powerful Number

对于一个数，可以被写成 $\prod _{i=1}^s{p}_i^{q_i}$ 的形式。如果这个数满足 $\mathrm{\forall }{q}_i,q_i>1$ 则称之为 Powerful Number。

可以证明 $n$ 以内的 PN 数量是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的。

现在要求的是 $\sum _{i=1}^{n}f(i)$，假设我们有一个好求前缀和的函数 $g$ 满足对于所有的质数，有 $f(p)=g(p)$。我们再构造出来 $f=g\ast h$。

对于一个质数，我们有 $f(p)=g(1)h(p)+g(p)h(1)=h(p)+g(p)$ 因为我们设了 $f(p)=g(p)$，因此有 $h(p)=0$。又因为 $h$ 是积性函数，根据积性函数的性质我们有 $h$ 只有在 PN 处是有值的。

接着开始一段常见的计算。

$$\begin{array}{rl}F(n)& =\sum _{i=1}^{n}f(i)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}h(i)g(\frac{i}{d})\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }h(i)g(j)\\ & =\sum _{i=1}^{n}h(i)G(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\\ & =\sum _{i=1,i\in NP}^{n}h(i)G(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\end{array}$$

因为 PN 是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的，因此可以直接暴力枚举，后面的可以通过杜教筛等求出来 $G$ 的前缀和。

例题杂记

简单整理一些做莫反题的笔记。

P3455

给定 $n,m,k$ 求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$$

设 $n\ge m$

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]& =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }ϵ(gcd(i,j))\\ & =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d|i,d|j}\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\mu (d)\sum _{d|i}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{d|j}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }1\\ & =\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{d}\rfloor \lfloor \frac{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{d}\rfloor \end{array}$$

整除分块即可，基础模版轻松通过。

P2257

给定 $n,m$ 求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=p]$$

先化成上面的形式

$$\begin{array}{r}\sum _p^m\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor \end{array}$$

但是这样是通过不了的，枚举质数是不现实的。

能不能处理一下 $dp$? 设 $dp=t$，枚举 $dp$ 试试

$$\begin{array}{rl}\sum _{t=1}^m\sum _{p|t}\mu (\frac{t}{p})\lfloor \frac{n}{t}\rfloor \lfloor \frac{m}{t}\rfloor & =\sum _{t=1}^m\lfloor \frac{n}{t}\rfloor \lfloor \frac{m}{t}\rfloor \sum _{p|t}\mu (\frac{t}{p})\end{array}$$

仔细观察后面的一段，在预处理的时候，我们是不是可以直接预处理出来对于所有 $t$ 其取值，前面的整除分块一下，这样复杂度就为 $\mathcal{O}(T\sqrt{m}+n{\log }^{2}n)$ 可以通过。

P2522

给定 $a,b,c,d,k$ 求

$$\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]$$

知道差分就不用说啥了，为了简便，设 $f(a,b,c,d)$ 为上面那个柿子

$$\begin{array}{r}f(a,b,c,d)=f(1,b,1,d)-f(1,a-1,1,d)-f(1,b,1,c-1)+f(1,a-1,1,c-1)\end{array}$$

对于 $f(1,n,1,m)$ 和第一题是一样的。

P3312

给定 $n,m,a$ 求：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m({\sigma }_1(gcd(i,j))[({\sigma }_1(gcd(i,j))\le a])$$

$a$ 的限制比较碍事，先考虑求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\sigma }_1(gcd(i,j))$$

考虑暴力枚举其值，有

$$\sum _{d=1}^n{\sigma }_1(d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$$

整理得

$$\sum _{d=1}^n{\sigma }_1(d)\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (x)\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor \lfloor \frac{m}{dx}\rfloor$$

设 $t=dx$

$$\sum _{t=1}^n\lfloor \frac{n}{t}\rfloor \lfloor \frac{m}{t}\rfloor \sum _{d|t}{\sigma }_1(d)\mu ({\displaystyle \frac{t}{d}})=\sum _{t=1}^n\lfloor \frac{n}{t}\rfloor \lfloor \frac{m}{t}\rfloor id(t)$$

但是还有个限制，如果直接变成了 $id(t)$ 那么无法判断大小了，往回一步考虑性质。

$$\sum _{t=1}^n\lfloor \frac{n}{t}\rfloor \lfloor \frac{m}{t}\rfloor \sum _{d|t}{\sigma }_1(d)\mu ({\displaystyle \frac{t}{d}})$$

回到这个柿子当中，考虑到 ${\sigma }_1(d)\le a$ 的时候才能够对于答案产生贡献，现在把这个东西离线一下，对于 $a$ 排序。这样可以通过枚举倍数的方法更新整个柿子的值，枚举倍数的复杂度是 $n\ln n$ 的，观察到这个柿子后面的东西是一个前缀和，也就是说我们要维护单点修改 + 求前缀和，可以直接用数状数组维护。

推柿子比较套路化，最后一步离线维护比较新。

P1829

给定 $n,m$

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\text{lcm}(i,j)$$

化成 $gcd$ 的形式，有

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\displaystyle \frac{ij}{gcd(i,j)}}$$

直接暴力枚举 $gcd$

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n{\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij[gcd(i,j)=k]& =\sum _{k=1}^n{\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }ij{k}^2ϵ(gcd(i,j))\\ & =\sum _{k=1}^{n}k\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }ijϵ(gcd(i,j))\end{array}$$

考虑式子后面的东西，设 $s(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ijϵ(gcd(i,j))$

同样，由 $\mu \ast I=ϵ$，有

$$\begin{array}{rl}s(n,m)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij\sum _{d|i,d|j}\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^n\sum _{d|i}\sum _{d|j}ij\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)d^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }j\end{array}$$

不妨设 $f(n,m)=\sum _{i=1}^{n}i\sum _{j=1}^{m}j$，小学就学过，这东西应该等于 ${\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}\times {\displaystyle \frac{m(m+1)}{2}}$

此时有

$$s(n,m)=\sum _{d=1}^n\mu (d)d^{2}f(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor ,\lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor )$$ 这部分整除分块即可。

又考虑到原式，为

$$\sum _{k=1}^{n}k\times s(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor ,\lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor )$$

同样整除分块，复杂度 $\mathcal{O}(n)$

代码实现反而没多难。

P3768

给定 $n$ 求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ijgcd(i,j)$$$$n\le {10}^{10}$$

和上一题很相似，试试看

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ijgcd(i,j)& =\sum _{k=1}^{n}k\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ij[gcd(i,j)=k]\\ & =\sum _{k=1}^n{k}^3\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }ijϵ(gcd(i,j))\end{array}$$

现在和上面一样，但是这题不能够直接 $\mathcal{O}(n)$ 还得进一步化简。

还是反演拆开

$$\begin{array}{rl}& =\sum _{k=1}^n{k}^3\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }ij\sum _{d|i,d|j}\mu (d)\\ & =\sum _{k=1}^n{k}^3\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{d|i}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{d|j}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }ij\mu (d)\\ & =\sum _{k=1}^n{k}^3\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{d}^2\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }ij\end{array}$$

注意到最后面其实和上面是类似的，但这时候是没有两个变量的，因此可以设 $f(x)={\displaystyle \frac{x^2(x+1{)}^2}{4}},T=kd$

原式为

$$\sum _{k=1}^n{k}^3\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{d}^2\mu (d)f(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )$$

个人觉得自己只能推到这里了，但是这里还是有操作空间的，我们来一个乾坤大挪移，并且改为枚举 $T$。

$$\sum _{T=1}^{n}f(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )T^2\sum _{k|T}k\mu (\frac{T}{k})$$

这东西不看不知道，一看吓一跳，后面这个东西是啥，不就是 $\mu \ast id$ 嘛。

两个小的插曲

$\phi \ast I=id$

$\mu \ast id=\phi$

考虑第一个的证明，展开来有

$$\sum _{d|n}\phi (d)$$

考虑意义，这里其实和我们很多时候拆 $gcd$ 的样子很像。考虑到 $\phi (x)$ 为满足 $gcd(x,y)=1$ 的 $y$ 的个数。那么如果 $gcd(x,y)=d$ 也就是说这时候应该有 $gcd(\frac{x}{d},\frac{y}{d})=1$ 也就是 $\phi (\frac{x}{d})$。那么看到原式，就可以把起理解为和 $n$ 的最大公因数分别为 $n$ 的所有因子数数的数量，这显然是 $n$。

再进行一些简单的卷积推导 $\phi \ast I=id\Rightarrow \phi \ast I\ast \mu =id\ast \mu \Rightarrow \mu \ast id=\phi$

回归正题

此时式子就变成了

$$\sum _{T=1}^{n}f(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )T^2\phi (T)$$

但是似乎又停下来了。

现在面对一个问题，就是 这中间多了一个 $T^2$，如果没有这个可以容易通过杜教筛求出来这个式子的值，$\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$。

等等，杜教筛？后面这个东西不也是一个积性函数吗？套用一下杜教筛的思路。

设 $g(x)=x^2\phi (x)$，要求 $G(x)$。

研究一下 $g\ast h$。

有

$$(g\ast h)(x)=\sum _{d|x}g(d)h({\displaystyle \frac{x}{d}})=\sum _{d|x}{d}^2\phi (d)h({\displaystyle \frac{x}{d}})$$

不妨设 $h(x)=x^2$，这样带回就有了 $(g\ast h)(x)=x^{2}id(x)=x^3$

好极了，现在对于 $h,h\ast g$ 这两个东西的积性函数都是好球前缀和的，套一下杜教筛的公式：

$$G(x)=(g\ast h)(n)-\sum _{i=2}^{n}h(i)G(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

再用一点小学的知识，把它写成正确的形式。

$$G(x)={\displaystyle \frac{x^2(x+1{)}^2}{4}}-\sum _{i=2}^{n}h(i)G(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

后面的东西整除分块 + 平方和即可。

有了 $g(x)$ 那么带会到原式，就可以得到答案了。

非常爽的推式子题，同时运用了杜教筛的思想。

AGC038C

给定 $n$ 和长度为 $n$ 的数列，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n\text{lcm}(a_i,a_j)$$

先考虑计算 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\text{lcm}(a_i,a_j)$

尝试直接展开，设 $m=\underset{i-1}{\overset{n}{max}}{a}_i$

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\text{lcm}(a_i,a_j)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{\displaystyle \frac{a_i{a}_j}{gcd(a_i,a_j)}}\\ & =\sum _{k=1}^m{\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{a}_i{a}_j[gcd(a_i,a_j)=k]\end{array}$$

注意这里是后面枚举的是 $a_i,a_j$，因此反演之后应该是这样子的

$$\sum _{k=1}^m{\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{a}_i{a}_j[k|a_i][k|a_j]\sum _{d|\frac{a_i}{k},d|\frac{a_j}{k}}\mu (d)$$

考虑枚举 $d$，前面枚举的时候只需要枚举到 $\lfloor {\displaystyle \frac{m}{k}}\rfloor$ 因为后面的限制，之后后面要保证 $d|{\displaystyle \frac{a_i}{k}}$，因为枚举的时候已经满足了 $d\le {\displaystyle \frac{a_i}{k}}$ 因此其实只需要满足 $d|a_i$ 即可。整理一下写出来就是

$$\sum _{k=1}^m\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{\displaystyle \frac{\mu (d)}{k}}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{a}_i{a}_j[k|a_i][k|a_j][d|a_i][d|a_j]$$

后面两个还可以合并，即

$$\sum _{k=1}^m\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{\displaystyle \frac{\mu (d)}{k}}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{a}_i{a}_j[dk|a_i][dk|a_j]$$

目前看起来，前面的一堆东西是可以比较快速地处理的，后面的形式感觉是有前途的。分离一下 $i,j$

$$\sum _{k=1}^m\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{\displaystyle \frac{\mu (d)}{k}}\sum _{i=1}^n{a}_i[dk|a_i]\sum _{j=1}^n{a}_j[dk|a_j]$$

会发现后面的两个东西是完全等价的，因此可以变成

$$\sum _{k=1}^m\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{\displaystyle \frac{\mu (d)}{k}}(\sum _{i=1}^n{a}_i[dk|a_i]{)}^2$$

最后就是考虑后面这个东西怎么计算了，仔细观察前面的枚举过程，其实所有的 $dk$ 相当于枚举所有在 $m$ 范围内的 $k$ 的倍数，也就是说对于每个 $k$ 都只有满足是 $k$ 倍数的 $a_i$ 才会有贡献，这个东西显然可以预处理，因为有

$$\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{n}{i}}\approx n\ln n$$

之后对于这个东西算出来的答案减去 $\sum a_i$ 再除以 $2$ 即可。

???

令

$$\begin{array}{r}f(1)=1\\ f(p^c)=f(p+c{)}^c\\ f(x)=\prod _{i}f(p_i^{c_i})\end{array}$$

显然 $f$ 是积性函数，求其前缀和 $n\le {10}^{13}$

观察到 $f(p)=p+1$ 不难想到用 PN 去处理这个问题。

回忆 PN 的过程，首先需要构造出 $g(p)=f(p)$ 那么什么函数满足 $?(p)=p+1$ 呢。经过一些玄学，可以找到 $\sigma (p)=p+1$

进行 PN 的套路。设 $f=g\ast h$ 有 $h(x)=(f\ast {\sigma }^{-1})(x)$。则：

$$\begin{array}{rl}F(n)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}h(d)\sigma ({\displaystyle \frac{i}{d}})\\ & =\sum _{d=1,d\in PN}^{n}h(d)S_{\sigma }(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor )\end{array}$$

由于 $id\ast I=\sigma$ 后面的东西可以整除分块，前面暴力枚举 $PN$ 即可。最后考虑 $h(p^c)$ 怎么计算。根据定义

$$h\ast \sigma =f$$$$\sum _{i=0}^c\sigma (p^i)h(p^{c-i})=f(p^c)\Rightarrow 1\times h(p^c)=f(p^c)-\sum _{i=1}^c\sigma (p^i)h(p^{c-i})$$

因为 $c$ 是 $\mathcal{O}({\log }_{p}n)$ 级别的，暴力计算即可。

感觉最近反应真的有点点迟钝了。