$\text{-1 前言}$

$\text{-1.0 日志}$

24.08.24：启动本文企划，正式着笔。

25.02.07: 鸽了 4 months 回来补完杜教筛。

$\text{-1.1 本文记号说明}$

本文使用 $\cdot$ 表示乘号，$\ast$ 表示卷积，$\mathbb{P}$ 表示质数集。

$\text{0 基础函数科技}$

1. 单位函数 $\mathbf{1}(x)=1$。
2. 幂函数 $i{d}^k(x)=x^k$。
3. 恒等函数（幂函数的一种） $id(x)=x$。
4. 单位元函数 $ϵ(x)=[x=1]$
5. 欧拉函数 $\phi (x)=\sum _{i=1}^x[gcd(i,x)=1]$
6. 莫比乌斯函数 $\mu (x)=\{\begin{array}{rlr}1,& & x=1,\\ 0,& & x\text{ 具有平方质因子,}\\ (-1{)}^k,& & k\text{为不同质因子个数.}\end{array}$
7. 约数幂函数 ${\sigma }^k(x)=\sum _{d|x}{d}^k$
8. 约数个数函数 $d(x)={\sigma }^0(x)=\sum _{d|x}1$。
9. 约数和函数 $\sigma (x)=\sum _{d|x}d$

$\text{1 Dirichlet 卷积}$

$\text{1.0 定义}$

两个数论函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的 $\text{Dirichlet}$ 卷积定义为：

后者形式通常用于证明某些命题。

$\text{1.1 性质}$

1. 交换律：$f\ast g=g\ast f$，显而易见的，读者自证不难。
2. 结合律：$f\ast (g\ast h)=(f\ast g)\ast h$。下文给出证明。
3. 分配律：$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$，读者自证不难。
4. 两个积性函数的卷积仍是积性函数。

性质二的证明：

可发现任意的顺序运算最终结果均为此。

$\text{1.2 代数结构}$

若用 $\mathbb{F}$ 表示数论积性函数集，则由她和 $\text{Dirichlet}$ 卷积构成的代数结构 $(\mathbb{F},\ast )$ 是一个阿贝尔群。

1. 封闭性：两个数论函数的 $\text{Dirichlet}$ 卷积显然仍是一个数论函数。
2. 单位元：该群的单位元是 $ϵ$，即任意数论函数 $f(x)$ 都有 $f\ast ϵ=f$。
3. 结合律：于 $1.1$ 节已证。
4. 逆元：对于一个数论积性函数 $f$，满足 $f\ast g=ϵ$ 的函数 $g$ 称之为 $f$ 的 $Dirichlet$ 逆，记作 $f^{-1}$。可以证明，任意积性数论函数均有其逆元。
5. 交换律：于 $1.1$ 节已证。

莫比乌斯函数除了 $0$ 节的第二定义以外，它的第一定义为 $\mu =e^{-1}$，即莫比乌斯函数是单位函数的 $\text{Dirichlet}$ 逆。可以得到 $\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$。

$\text{1.3 基础函数的 Dirichlet 卷积}$

1. $ϵ\ast f=f$。由 $1.2$ 节已证。
2. $id\ast \mathbf{1}=\sigma$。证明见下文。
3. $\mathbf{1}\ast \mathbf{1}=d$。证明见下文。
4. $\mathbf{1}\ast \phi =id$。证明见下文。
5. $\mu \ast id=\phi$。证明见下文。

对上述第二点的证明：

对上述第三点的证明：

对上述第四点的证明：要证它，即证 $\varphi (n)=\sum _{d|n}\phi (d)=n$。

1. 当 $n=1$ 时，等式显然成立。
2. 当 $n\in \mathbb{P}$ 时，等式左边为 $\phi (1)+\phi (n)=1+n-1=n$，等式成立。
3. 当 $n=p^{\alpha },p\in \mathbb{P},\alpha \in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }}$ 时，等式左边等于 $\sum _{i=0}^{\alpha }\phi (p^i)=1+\sum _{i=1}^{\alpha }{p}^i-p^{i-1}=p^{\alpha }-p^{\alpha -1}+p^{\alpha -1}-p^{\alpha -2}+\cdots +p^1-p^0+1=p^{\alpha }=n$，等式成立。
4. 当 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{{\alpha }_i},p_i\in \mathbb{P},{\alpha }_i\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }}$ 时，由 $\text{Dirichlet}$ 卷积的性质三，$\varphi (n)$ 也是一个积性函数，则 $\varphi (n)=\prod _{i=1}^m\varphi (p_i^{{\alpha }_i})=\prod _{i=1}^n{p}_i^{{\alpha }_i}=n$。
5. 证毕。

对上述第五点的证明：根据第四点，等式两边同卷积 $\mu$ 得 $\mu \ast \mathbf{1}\ast \phi =id\ast \mu$，因为 $\mu$ 和 $\mathbf{1}$ 互为逆元，所以 $\phi =id\ast \mu$，得证。

$\text{2 莫比乌斯反演}$

定理：对于两个数论函数 $f(x)$，$g(x)$，若 $f(n)=\sum _{d|n}g(n)$，则 $g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f\left(\frac{n}{d}\right)$，此时称 $f$ 为 $g$ 的莫比乌斯变换，$g$ 为 $f$ 的莫比乌斯反演。

证明：使用 $\text{Dirichlet}$ 卷积。容易发现，$f=g\ast \mathbf{1}$，所以将两边同时卷积一个莫比乌斯函数 $\mu$，可以得到 $f\ast \mu =g\ast \mathbf{1}\ast \mu$，由于 $\mu$ 是单位函数 $\mathbf{1}$ 的 $\text{Dirichlet}$ 逆，则 $f\ast \mu =g$，得证。

$\text{P2522 [HAOI2011] Problem B}$

根据容斥原理，题目所求和式可以化为四个如下前缀和式的和差，所以只需考虑该和式如何求解。

由于若 $k|i$ 且 $k|j$ 时 $gcd(i,j)=gcd(\frac{i}{k},\frac{j}{k})$，所以原和式等于如下：

根据 $\mu (n)$ 的性质可以继续得到：

然后配合数论分块食用，附赠小食 - 数论分块。

$\text{3 杜教筛}$

杜教筛是一种用于求解积性函数前缀和的思想，亚线性复杂度。

我们要求一个积性函数 $f(x)$ 的前缀和，记 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$。

考虑构造两个函数 $g,h$ 使得 $h=g\ast f$。那么有：

考虑提出求和式的第一项 $g(1)S(n)$ 得到，移项得到（此即为杜教筛核心式子）：

然后便可以递归求解。所以我们选取的 $h$ 需要便于计算其前缀和，$g$ 要便于求值。我们可以先线性筛出一部分的 $f$，并求出 $S$，然后递归求解较大的 $S$，其中可以用哈希表记忆化存储。

如求 $\mu$ 的前缀和那么选取 $\mathbf{1}\ast \mu =ϵ$，则带入核心式子得到：

对于 $\phi$ 则选取 $\mathbf{1}\ast \phi =id$，代入：

时间复杂度我不会证明，太菜了 /ll。是 $O(n^{2/3})$ 的。

$\text{4 后记}$

鸽了。