数论函数从入门到进门

1. 定义

1.1 基础定义

• 数论函数：定义域为正整数的函数称为数论函数。因其在所有正整数处均有定义，故可视作数列。
• 加性函数：若 \(\forall a,b\in\mathbb{N}^{+},a\perp b,f(ab)=f(a)+f(b)\)，则称 \(f\) 为加性函数。
• 积性函数：若 \(\forall a,b\in\mathbb{N}^{+},a\perp b,f(ab)=f(a)f(b)\)，则称 \(f\) 为积性函数。
• 完全积性函数：若 \(\forall a,b\in\mathbb{N}^{+},f(ab)=f(a)f(b)\)，则称 \(f\) 为完全积性函数。
• 数论函数的加法：对于数论函数 \(f,g\)，\(f+g\) 表示对应位置相加，即 \((f+g)(x)=f(x)+g(x)\)。
• 数论函数的数乘：对于数 \(c\) 和数论函数 \(f\)，\(c\cdot f\) 表示 \(f\) 的各个位置乘 \(c\)，即 \((c\cdot f)(x)=c\cdot f(x)\)，一般简记为 \(cf\)。
• 数论函数的点乘：对于数论函数 \(f,g\)，\(f\cdot g\) 表示 \(f\) 和 \(g\) 各个位置相乘，即 \((f\cdot g)(x)=f(x)g(x)\)，通常不省略。

1.2 常见数论函数

• 单位函数：\(\varepsilon(n)=[n=1]\)。它是完全积性函数。

• 常数函数：\(\boldsymbol 1(n)=1\)。它是完全积性函数。

• 恒等函数：\(\text{id}_{k}(n)=n^{k}\)。\(\text{id}_1(n)\) 记作 \(\text{id}(n)\)。它是完全积性函数。

• 除数函数：\(\sigma_k(n)=\sum\limits_{d\mid n}d^k\)。\(\sigma_0(n)\) 表示 \(n\) 的约数个数，记作 \(\tau(n)\) 或 \(d(n)\)。\(\sigma_1(n)\) 表示 \(n\) 的约数和，记作 \(\sigma(n)\)。

• 欧拉函数：\(\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[i\perp n]\)。表示 \(n\) 以内与 \(n\) 互质的个数，是积性函数。

• 本质不同质因子个数函数：\(\omega(n)=\sum\limits_{p\in\mathbb{P}}[p\mid n]\)。表示 \(n\) 的本质不同质因子个数，是加性函数。

• 莫比乌斯函数：\(\mu(n)=\begin{cases}1&n=1\\0&\exists d>1,d^2\mid n\\(-1)^{\omega(n)}&\mathrm{otherwise} \end{cases}\)。

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2. 线性筛

​ 在 \(O(n)\)​ 的时间内筛出某些玩意。

2.1 线性筛素数

保证每个数只被最小质因子筛掉。

inline void getPrime(){
    int w=N-1;
    for(int i=2;i<=w;i++){
        if(!vis[i])
            pr[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot and i*pr[j]<=w;j++){
            vis[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0)
                break;
        }
    }
}

2.2 线性筛莫比乌斯函数

\(\mu(1)=1\)；\(i\) 为质数时 \(\mu(i)=-1\)，最小质因子筛到的时候比 \(i\) 多了一个质数所以反过来。

inline void getMu(){
    int w=N-1;mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=w;i++){
        if(!vis[i]){
            pr[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=tot and i*pr[j]<=w;j++){
            vis[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0){
                mu[i*pr[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
    }
}

2.3 线性筛欧拉函数

若 \(p\mid n\) 则 \(n\) 含有 \(np\) 所有的质因子，所以 \(\varphi(np)=p\times n\prod\limits_{i=1}^k\left(1-\dfrac{1}{p_i}\right)=p\times\varphi(n)\)。

若 \(p\nmid n\) 则 \(\varphi(np)=\varphi(n)\times\varphi(p)=(p-1)\times\varphi(n)\)。

inline void getPhi(){
    int w=N-1;phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=w;i++){
        if(!vis[i]){
            pr[++tot]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=tot and i*pr[j]<=w;j++){
            vis[i*pr[j]]=1;
            phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-(i%pr[j]?1:0));
            if(i%pr[j]==0)
                break;
        }
    }
}

2.4 线性筛约数个数

令 \(n=\prod\limits_{i=1}^kp_i^{a_i}\)，则 \(\tau(n)=\prod\limits_{i=1}^k(a_i+1)\)。

只要记录每个数最小质因数的指数。

inline void getTau(){
    int w=N-1;T[1]=1;
    for(int i=2;i<=w;i++){
        if(!vis[i]){ 
            pr[++tot]=i;
            T[i]=2;a[i]=1;
        }
        for(int j=1;j<=tot and i*pr[j]<=w;j++){
            vis[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]){
                T[i*pr[j]]=T[i]*T[pr[j]];
                a[i*pr[j]]=1;
            }else{
                T[i*pr[j]]=T[i]/(a[i]+1)*(a[i]+2);
                a[i*pr[j]]=a[i]+1;
                break;
            }
        }
    }
}

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3. 狄利克雷卷积

狄利克雷（Dirichlet）卷积是数论函数的基本运算。

3.1 定义和性质

定义狄利克雷卷积为

\[h(n)=\sum\limits_{d\mid n}f\left(d\right)g\left(\dfrac{n}{d}\right) \]

简记为 \(h=f*g\)。按照定义式计算狄利克雷卷积，时间复杂度为调和级数 \(\mathcal{O}(n\ln n)\)。

狄利克雷卷积有如下几个性质：

1. 狄利克雷卷积具有 交换律，结合律，分配律。
2. \(\varepsilon*f=f\)。 因此单位函数 \(\varepsilon\) 为狄利克雷卷积的 单位元，也可以定义数论函数的逆元 \(f^{-1}\) 满足 \(f*f^{-1}=\varepsilon\)。
3. 数论函数 \(f\) 存在逆元 当且仅当 \(f(1)\) 非零。
4. \(f=g\) 的充要条件是 \(f*h=g*h\)，其中数论函数 \(h(x)\) 要满足 \(h(1)\) 非零。
5. 积性函数的狄利克雷卷积是积性函数。
6. 积性函数的逆元是积性函数。综合性质 5 和性质 6，可以得到两个积性函数的积与商都是积性函数。

3.2 狄利克雷前缀和

任意数论函数 \(f\) 卷常数函数 \(\boldsymbol 1\) 等价于对 \(f\) 做狄利克雷前缀和，即：令 \(g=f*\boldsymbol 1\)，则 \(g(n)=\sum\limits_{d\mid n}f(d)\)。

将每个 \(n\) 写成无穷序列 \(a_n=\{c_1,c_2,\cdots,c_i,\cdots\}\) 表示 \(n=\prod p_i^{c_i}\)，其中 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个质数。因为 \(x\mid y\) 的充要条件为 \(a_x(c_i)\leq a_y(c_i)\)，所以 \(f*\boldsymbol 1\) 可以看成对下标做关于其无穷序列的高维前缀和，即：\(g(n)=\sum\limits_{\forall i,a_d(c_i)\leq a_n(c_i)}f(d)\)。

实现方法：初始令 \(x_i=f(i)\)。行销到达枚举每个质数 \(p_i\)，枚举 \(k\)，将 \(x_{p,k}\) 加上 \(x_k\)，相当于 \(k\) 贡献到 \(a_k(i)\) 加上 \(1\) 之后的下标。最终得到的 \(x\) 即为 \(g\)。

根据小于 \(n\) 的素数倒数和为 \(\ln\ln n\) 这一结论，狄利克雷前缀和的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\ln\ln n)\)。

const int N=2e7+5;
int n,vis[N],pr[N>>3],tot;
unsigned ans,a[N],seed;

inline void getPrime(){
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!vis[i])
            pr[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot and i*pr[j]<=n;j++){
            vis[i*pr[j]]=true;
            if(i%pr[j]==0)
                break;
        }
    }
}

inline unsigned getnext(){
	seed^=seed<<13;
	seed^=seed>>17;
	seed^=seed<<5;
	return seed;
}

signed main(){
    cin>>n>>seed;
    getPrime();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=getnext();
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        for(int j=1;j*pr[i]<=n;j++)
            a[j*pr[i]]+=a[j];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans^=a[i];
    cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}

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4. 数论分块

4.1 算法介绍

数论分块又称整除分块，因其解决的问题与整除密切相关而得名。数论分块用于求解形如

\[\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)g\left(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right) \]

的和式。前提为 \(f\) 的前缀和可以快速计算。

引理1

\[\forall a,b,c\in\mathbb{Z}, \left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor= \left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c}\right\rfloor \]

证明：

\[\begin{aligned}& \because\dfrac{a}{b}= \left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor+r\ (0\leq r<1) \\&\therefore\left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor= \left\lfloor\dfrac{a}{b}\times\dfrac{1}{c}\right\rfloor= \left\lfloor\dfrac{1}{c}\left(\dfrac{a}{b}+r\right)\right\rfloor= \left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c}+\dfrac{r}{c}\right\rfloor= \left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c}\right\rfloor \end{aligned} \]

引理2

\[\forall n\in\mathbb{N}_+, \left\lvert\left\{ \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor \mid d\in\mathbb{N_+},d\leq n\right\}\right\rvert\leq \left\lfloor2\sqrt{n}\right\rfloor \]

证明：

• 对于 \(d\leq \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，有 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值。

• 对于 \(d> \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，有 \(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\leq\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，也只有$ \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ 种取值。

4.2 数论分块结论

对于常数 \(n\)，使得式子

\[\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac nj\right\rfloor \]

成立且满足 \(i\leq j\leq n\) 的 \(j\) 值最大为 \(\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor\)，即值 \(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\) 所在块的右端点为 \(\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor\)。

4.3 过程

考虑计算式子

\[\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \]

因为 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 的值成块状分布，那么就可以用数论分块加速计算。具体地先求出 \(f\) 的前缀和 \(s\)，然后每次以 \([l,r]=\left[l,\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor\right]\) 为一块，分块求出贡献累加到结果中。

每个整除值会且仅会被遍历一次，时间复杂度为 \(\mathcal O(\sqrt n)\)。

当 \(i\) 的上界不为 \(n\) 时，设其为 \(m\)，则当 \(n>m\) 时 \(r\) 应与 \(m\) 取较小值，当 \(n<m\) 时特盘 \(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor=0\) 的情况并令 \(r\leftarrow m\)。

4.4 扩展

4.4.1 向上取整

对于常数 \(n\)，使得式子

\[\left\lceil\dfrac ni\right\rceil=\left\lceil\dfrac nj\right\rceil \]

成立且满足 \(i\leq j\leq n\) 的 \(j\) 值最大为 \(\left\lfloor\dfrac {n-1}{\lfloor\frac {n-1}i\rfloor}\right\rfloor\)，即值 \(\left\lceil\dfrac ni\right\rceil\) 所在块的右端点为 \(\left\lfloor\dfrac {n-1}{\lfloor\frac {n-1}i\rfloor}\right\rfloor\)​。

4.4.2 高维数论分块

当式子中出现若干下取整，形如

\[\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\prod\limits_{j=1}^{c}g\left(\left\lfloor\dfrac {n_j}i\right\rfloor\right) \]

时，令 \(r=\min\limits_{j=1}^c\left(\left\lfloor\dfrac{n_j}{\left\lfloor\frac{n_j} l\right\rfloor}\right\rfloor\right)\) 即可。对 \(n\) 取 \(\min\)。时间复杂度为 \(\mathcal O\left(\sum\sqrt{n_j}\right)\)。

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5. 莫比乌斯函数

\[\mu(n)=\begin{cases}1&n=1\\0&\exists d>1,d^2\mid n\\(-1)^{\omega(n)}&\mathrm{otherwise} \end{cases} \]

对 \(\mathbb N\) 做容斥，得到贡献系数为 \(\mu\)。

5.1 莫比乌斯反演

\(\mu*1=\varepsilon\) 引出了 \(\mu\) 的关键性质：\([n=1]=\varepsilon(n)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\)。这使得我们可以用 \(\mu\) 的和式代替形如 \(\left[n=x\right]\) 的的艾佛森括号，体现出其反演的核心。

一些结论：

• 若 \(g(n)=\sum\limits_{d\mid n}f(d)\)，则 \(f(n) = \sum\limits_{d\mid n} \mu(d) f\left(\dfrac n d\right)\)，即若 \(g=f*1\)，则 \(f=g*u\)。
• 若 \(g(n) = \sum\limits_{n\mid d} f(d)\)，则 \(f(n) = \sum\limits_{n\mid d} \mu\left(\dfrac d n\right) g(d)\)，因为 \(\sum\limits_{n\mid d} \mu\left(\dfrac d n\right) \sum\limits_{d\mid k} f(k) = \sum\limits_{n\mid k} f(k) \sum\limits_{d\mid \frac k n} \mu(d) = f(n)\)。
• 因为 \(\varphi * \boldsymbol1 = \mathrm{id}\)，所以 \(\mathrm{id} * \mu = \varphi\)，即 \(\sum\limits_{d \mid n} \dfrac n d \mu(d) = \varphi(n)\)，或 \(\sum\limits_{d\mid n} \dfrac{\mu(d)} d = \dfrac {\varphi(n)} n\)。

5.2 常见技巧

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i = 1} ^ n \sum\limits_{j = 1} ^ m [\gcd(i, j) = 1] & = \sum\limits_{i = 1} ^ n \sum\limits_{j = 1} ^ m \sum\limits_{d\mid \gcd(i, j)} \mu(d) \\ & = \sum\limits_{d = 1} ^ {\min(n, m)} \mu(d) \sum\limits_{i = 1} ^ n \sum\limits_{j = 1} ^ m [d\mid i\land d\mid j] \\ & = \sum\limits_{d = 1} ^ {\min(n, m)} \mu(d) \left\lfloor \dfrac n d \right\rfloor \left\lfloor \dfrac m d \right\rfloor \\ \end{aligned} \]

相当于对 “最大公约数为 \(d\) 的倍数” 中的 \(d\) 做容斥，加上最大公约数为 \(1\) 的倍数的对数，减去最大公约数为 \(p_i\) 的倍数的对数，加上最大公约数为 \(p_ip_j\) 的倍数的对数，以此类推，得到每个 \(d\) 的贡献系数即莫比乌斯函数。

\[\tau(ij) = \sum\limits_{x \mid i}\sum\limits_{y\mid j}[\gcd(x,y)=1] \]

考虑把每个因子一一映射。

如果 \(ij\) 的因子 \(k\) 中有一个因子 \(p^c\)，\(i\) 中有因子 \(p^a\)，\(j\) 中有因子 \(p^b\)。我们规定：

• 如果 \(c\leq a\)，那么在 \(i\)​ 中选择。
• 如果 \(c>a\)，那么把 \(c\) 减去 \(a\)，在 \(j\) 中选择 \(p^{c-a}\)​。

对于 \(ij\) 的因子 \(k\) 的其他因子同理。于是对于任何一个 \(k\) 都有一个唯一的映射，且每一个选择对应着唯一的 \(k\)。

通过如上过程，我们发现：对于 \(ij\) 的因子 \(k=\prod p_i^{c_i}\)，不可能同时在 \(i\) 和 \(j\) 中同时选择 \(p_i\)（优先在 \(i\) 中选择，如果不够就只在 \(j\) 中选择不够的指数），所以 \(x,y\) 互质。

5.3 例题

以下所有分式均省略下取整符号。题单

I. P2522 [HAOI2011] Problem b

求：

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

二维差分将式子下界化为 \(1\)，然后推式子：

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

莫反得

\[\sum_{i = 1} ^ {\frac n k} \sum_{j = 1} ^ {\frac m k} \sum_{d\mid \gcd(i, j)} \mu(d) \]

枚举约数 \(d\)，记 \(c=\min\left(\dfrac{n}{k},\dfrac{m}{k}\right)\)，

\[\sum_{d = 1} ^ c \mu(d) \sum_{i = 1} ^ {\frac n k} [d\mid i] \sum_{j = 1} ^ {\frac m k} [d\mid j] \]

由于 \(1\sim x\) 中 \(y\) 的倍数有 \(\dfrac{x}{y}\) 个，故将式子化为

\[\sum_{d = 1} ^ c \mu(d) \dfrac n {kd} \dfrac m {kd} \]

整除分块即可。时间复杂度为 \(\mathcal O\left(n+T\sqrt n\right)\)。

II. SP5971 LCMSUM - LCM Sum

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\text{lcm}(i,n) \]

将 \(\text{lcm}\) 化为 \(\gcd\)：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i = 1} ^ n \operatorname{lcm}(i, n) & = n \sum\limits_{i = 1} ^ n \frac{i}{\gcd(i, n)} \\ & = n \sum\limits_{d\mid n} \sum\limits_{i = 1} ^ n \frac{i}{d} [\gcd(i, n) = d] \\ & = n \sum\limits_{d\mid n} \sum\limits_{i = 1} ^ {\frac n d} i \left[\gcd\left(i, \frac n d\right) = 1\right] \\ & = n \sum\limits_{d\mid n} \dfrac{d \left(\varphi(d)+\epsilon(d)\right)}{2} \\ & = \dfrac n2\left(1+\sum\limits_{d \mid n}d \varphi (d)\right) \end{aligned} \]

线性筛出 \(\boldsymbol 1 * (\mathrm{id} \times \varphi)\) 可以做到 \(\mathcal{O}(n + T)\)。

III. P2398 GCD SUM

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\gcd\left(i,j\right) \]

根据 \(\varphi *\boldsymbol 1=\text{id}\)，有

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\gcd\left(i,j\right) &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{d\mid\gcd\left(i,j\right)}\varphi(d) \\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{d\mid i,d\mid j}\varphi(d) \\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{d=1}^{n}\varphi(d)\left[d\mid i\right]\left[d\mid j\right] \\ &= \sum\limits_{d=1}^{n}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\left[d\mid i\right]\left[d\mid j\right] \\ &= \sum\limits_{d=1}^{n}\varphi(d)\left(\dfrac{n}{d}\right)^2 \end{aligned} \]

整除分块即可，时间复杂度为 \(\mathcal O\left(n + \log n\right)\)。

IV. P1390 公约数的和

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i+1}^{n}\gcd\left(i,j\right) \]

与 P2398 类似，去重，即去掉 \(\gcd(d,d)=d\) 和 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a)\)。

V. P6810 「MCOI-02」Convex Hull 凸包

求：

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\tau(i)\tau(j)\tau(\gcd(i,j)) \]

直接枚举 \(\gcd\)

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\tau(i)\tau(j)\tau(\gcd(i,j)) &= \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\tau(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\tau(i)\tau(j)[\gcd(i,j)=d] \\ &= \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\tau(d)\sum\limits_{i=1}^\frac nd\sum\limits_{j=1}^\frac md\tau(id)\tau(jd)[\gcd(i,j)=1] \\ &= \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\tau(d)\sum\limits_{D=1}^{\frac nd} \mu(D) \sum\limits_{i=1}^{\frac n{dD}}\sum\limits_{j=1}^{\frac n{dD}}\tau(idD)\tau(jdD) \end{aligned} \]

令 \(T=dD\)

\[\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_{d\mid T}\tau(d)\mu\left(\dfrac{T}{d}\right)\sum\limits_{i=1}^{\frac nT}\sum\limits_{j=1}^{\frac nT}\tau(iT)\tau(jT) \]

有 \(\tau * \mu =\boldsymbol 1\)

\[\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{\frac nT}\tau(iT)\sum\limits_{j=1}^{\frac nT}\tau(jT) \]

发现后面一坨式子可以用 Dirichlet 后缀和优化，只需要把 Dirichlet 前缀和倒着写就好了。

时间复杂度为 \(\mathcal O\left(\min(n,m)(\log\log n+\log\log m)\right)\)。

VI. P1447 [NOI2010] 能量采集

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}(2\times\gcd(i,j)-1) \]

简单转化

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}(2\times\gcd(i,j)-1)=2\times\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\gcd(i,j)-n\times m \]

中间求和的式子就是 P2398 了。

VII. P2158 [SDOI2008] 仪仗队

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n-1}\sum\limits_{j=1}^{n-1}[\gcd(i,j)=1]+2 \]

结论一，注意特判 \(n=1\) 的情况。

VIII. P3455 [POI2007]ZAP-Queries

IX. P4450 双亲数

X.P4318 完全平方数

求：\(T\) 组数据，第 \(k\) 个没有完全平方因子的数。

题目即求解 \(\min x\) 使得

\[\sum\limits_{i=1}^{x}\mu(i)^2=k \]

记 \(f(x)=\sum\limits_{i=1}^{x}\mu(i)^2\)，不难发现 \(f(x)\) 单调递增。因此考虑二分。

那么问题的核心在于求解 \(f(x)\)，考虑容斥。因为对 \(\mathbb N\) 做容斥的系数为 \(\mu\)，不难得到

\[f(x)=\sum\limits_{i=1}^{i^2<n}\mu(i)\times\dfrac{n}{i^2} \]

时间复杂度为 \(\mathcal O(n + T\sqrt n\log n)\)。

XI. P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\text{lcm}(i,j) \]

将 \(\text{lcm}\) 化为 \(\gcd\)：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\text{lcm}(i,j) &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\dfrac{i\cdot j}{\gcd(i,j)} \\ &= \sum\limits_{d=1}^{n}d\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=d] \\ &= \sum\limits_{d=1}^{n}d\sum\limits_{i=1}^{\frac nd}\sum\limits_{j=1}^{\frac md}[\gcd(i,j)=1] \\ &= \sum\limits_{d=1}^{n}d\sum\limits_{i=1}^{\frac nd}\sum\limits_{j=1}^{\frac md}\sum\limits_{t\mid\gcd(i,j)}\mu(t) \\ \end{aligned} \]

记 \(s(n)=\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}2\)，先枚举 \(t\)

\[\sum\limits_{d=1}^{n}d\sum\limits_{t=1}^{\frac nd}t^2\mu(t)s\left(\dfrac{n}{dt}\right)s\left(\dfrac{m}{dt}\right) \]

记 \(T=dt\)，先枚举 \(s\)

\[\sum\limits_{T=1}^n s\left(\dfrac nT\right)s\left(\dfrac mT\right)T\sum\limits_{d\mid T}d\mu(T) \]

中间 \(s\) 的部分可以数论分块做，\(T\sum\limits_{d\mid T}d\mu(T)\) 是个积性函数可以线性筛。

时间复杂度为 \(\mathcal O(n+\sqrt n)\)。

XII. P2257 YY的GCD

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in\mathbb P] \]

枚举 \(\gcd\)

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in\mathbb P] &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k][k\in\mathbb P] \\ &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\frac nk}\sum\limits_{j=1}^{\frac mk}[\gcd(i,j)=1][k\in\mathbb P] \\ &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\frac nk}\sum\limits_{j=1}^{\frac mk}\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)[k\in\mathbb P] \\ &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{d=1}^{\frac nk}\mu(d)\dfrac n{kd}\dfrac m{kd}[k\in\mathbb P] \end{aligned} \]

记 \(T=kd\)

\[\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{d=1}^{\frac nk}\mu(d)\dfrac nT\dfrac mT[k\in\mathbb P] \]

先枚举 \(T\)

\[\sum\limits_{T=1}^n\dfrac nT\dfrac mT\sum\limits_{k\mid T\land k\in\mathbb P}\mu\left(\dfrac Tk\right) \]

后面那一坨式子可以预处理。具体地，对于每一个质数 \(k\)，将其所有倍数的值加上 \(\mu\left(\dfrac Tk\right)\)。

时间复杂度为 \(\mathcal O(n+T\sqrt n)\)。

XIII. P3327 [SDOI2015] 约数个数和

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\tau(ij) \]

技巧二，有

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\tau(ij) &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid j}[\gcd(x,y)=1] \\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid j}\sum\limits_{d\mid \gcd(x,y)}\mu(d) \\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid j}\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)[d\mid\gcd(x,y)] \\ &= \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid j}[d\mid\gcd(x,y)] \end{aligned} \]

将枚举 \(i,j\) 的约数的贡献，每一个约数都会对它的倍数产生贡献。

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}[d\mid\gcd(x,y)]\dfrac nx\dfrac my \\ =& \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum\limits_{x=1}^{\frac nd}\sum\limits_{y=1}^{\frac md}\dfrac n{dx}\dfrac m{dy} \\ =& \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left(\sum\limits_{x=1}^{\frac nd}\frac n{dx}\right)\left(\sum\limits_{y=1}^{\frac md}\frac m{dy}\right) \end{aligned} \]

括号内的东西可以整除分块预处理。时间复杂度为 \(\mathcal O(n+n\sqrt n+T\sqrt n)\)。

XIV. P3911 最小公倍数之和

求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^n\text{lcm}(a_i,a_j) \]

记 \(c_i\) 为 \(i\) 出现的次数，则有

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n c_i\cdot c_j\cdot \text{lcm}(i,j) &= \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n c_i\cdot c_j\cdot\dfrac{i\cdot j}{\gcd(i,j)} \\ &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n c_i\cdot c_j\cdot\dfrac{i\cdot j}k[\gcd(i,j)=k] \\ &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^\frac nk\sum\limits_{j=1}^\frac nk c_{ik}\cdot c_{jk}\cdot i\cdot j\cdot k[\gcd(i,j)=1] \\ &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^\frac nk\sum\limits_{j=1}^\frac nk\sum\limits_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)\cdot c_{ik}\cdot c_{jk}\cdot i\cdot j\cdot k \\ &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{d=1}^\frac nk\mu(d)\cdot d^2\sum\limits_{i=1}^{\frac n{kd}}\sum\limits_{j=1}^{\frac n{kd}}c_{ikd}\cdot c_{jkd}\cdot i\cdot j\cdot k \\ &= \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{kd=1}^n\mu(d)\cdot d^2\sum\limits_{i=1}^{\frac n{kd}}\sum\limits_{j=1}^{\frac n{kd}}c_{ikd}\cdot c_{jkd}\cdot i\cdot j\cdot k \\ &= \sum\limits_{T=1}T\left(\sum\limits_{d\mid T}\mu(d)\cdot d\right)\left(\sum\limits_{i=1}^\frac nTc_{iT}\cdot i\right)^2 \end{aligned} \]

第一个括号可以预处理，第二个括号直接暴力计算。时间复杂度为 \(\mathcal O(n\log n)\)。

XV. P3704 [SDOI2017] 数字表格

求：

\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m\text{fib}_{\gcd(i,j)} \]

答案对 \(p=998244353\) 取模。

枚举 \(\gcd\)

\[\prod_{k=1}^n\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m\text{fib}_k[\gcd(i,j)=k]\\ \prod_{k=1}^n\text{fib}_k^{\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]} \]

指数部分易求

\[\prod_{k=1}^n\text{fib}_k^{\sum\limits_{d = 1} ^ \frac nk \mu(d) \frac n {kd} \frac m {kd}} \]

记 \(T=kd\)

\[\prod\limits_{T=1}^n\left(\prod\limits_{k\mid T}\text{fib}_k^{\mu\left(\frac Tk\right)}\right)^{\frac nT\frac nT} \]

括号内可以预处理。

具体地，线性筛 \(\mu\)，对于每一个 \(k\) 枚举其倍数 \(T\)，乘上 \(\text{fib}_k\) 计算到 \(T\)​ 的贡献中。

注意到 \(\mu\) 的取值对贡献有影响的只有 \(\{1,-1\}\)，预处理 \(\text{fib}\) 的逆元即可。

预处理复杂度为 \(\mathcal O(n\log n+n\log p)\)，整除分块复杂度为 \(\mathcal O(T\sqrt n(\log p+\log \frac nT\frac mT))\)。

XVI. [AGC038C] LCMs

XVII. SP7001 VLATTICE - Visible Lattice Points

给定一个 \(N\times N\times N\) 的正方体，点的编号为 \((0,0,0)\) 到 \((N,N,N)\)。

求有多少个点从点 \((0,0,0)\) 处能看见或不被遮挡。

将点分为三类：

1. 在 \(xy,yz,zx\) 平面上的点。
2. 在坐标轴上的点。
3. 既不在平面上，也不再坐标轴上的点。

易得式子

\[\begin{aligned} ans &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{j=1}^n\left[\gcd(i,j,k)=1\right]+3\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\left[\gcd(i,j)=1\right]+3 \\ &= \sum_{d=1}^n\mu(d)\left(\frac nd\right)^3+\sum_{d=1}^n\mu(d)\left(\frac nd\right)^2+3 \\ &= \sum_{d=1}^n\mu(d)\left(\frac nd\right)^2\left(\frac nd+3\right)+3 \end{aligned} \]

XVIII. P6222 「P6156 简单题」加强版

给定常数 \(K\)，\(T\) 次询问

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^K\gcd(i,j)\mu^2(\gcd(i,j)) \]

的值，答案对 \(2^{32}\) 取模。

枚举 \(\gcd\) 再莫反得

\[\sum\limits_{d = 1} ^ n d ^ {k + 1} \mu ^ 2(d) \sum\limits_{d' = 1} ^ {\frac n d} d' ^ k \mu(d') \sum\limits_{i = 1} ^ {\frac n {dd'}}\sum\limits_{j = 1} ^ {\frac n {dd'}} (i + j) ^ k \]

令 \(T=dd'\) 得

\[\sum\limits_{T = 1} ^ n T ^ k \sum\limits_{d \mid T} d \mu ^ 2(d) \mu\left(\frac n d\right) \sum\limits_{i = 1} ^ {\frac n T}\sum\limits_{j = 1} ^ {\frac n T} (i + j) ^ k \]

线性筛预处理出 \(f = (d\times \mu ^ 2) * \mu\) 的前缀和，并预处理自然数幂和求后面的东西。整除分块求解上式。

时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\frac {\log k}{\log n}+T\sqrt n)\)。

XIV. P4240 毒瘤之神的考验

\(T\) 次询问，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\varphi(ij) \]

答案对 \(998244353\) 取模。

神仙题。

有

\[\varphi(ij)=\varphi(i)\varphi(j)\prod_{k=1}^{\min(i,j)}\left[k\in\mathbb{P}\right]\left[k\mid i\right]\left[k\mid j\right]\frac k{k-1} \]

所以

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\varphi(ij) &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\varphi(i)\varphi(j)\prod_{k=1}^{\min(i,j)}\left[k\in\mathbb{P}\right]\left[k\mid i\right]\left[k\mid j\right]\frac k{k-1} \\ &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\varphi(i)\varphi(j)\prod_{k=1}^{\min(i,j)}\left[k\in\mathbb{P}\right]\left[k\mid \gcd(i,j)\right]\frac k{k-1} \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\varphi(i)\varphi(j)\left[\gcd(i,j)=d\right] \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac md}\varphi(id)\varphi(jd)\left[\gcd(i,j)=1\right] \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac md}\varphi(id)\varphi(jd)\sum_{D\mid\gcd(i,j)}\mu(D) \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\sum_{D=1}^{\min(\frac nd,\frac md)}\mu(D)\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac md}\varphi(id)\varphi(jd)\left[D\mid i\right]\left[D\mid j\right] \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\sum_{D=1}^{\min(\frac nd,\frac md)}\mu(D)\sum_{i=1}^{\frac n{dD}}\sum_{j=1}^{\frac m{dD}}\varphi(idD)\varphi(jdD) \\ &= \sum_{T-1}^{\min(n,m)}\sum_{d\mid T}\left(\left(\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\right)\mu\left(\frac Td\right)\right)\sum_{i=1}^{\frac nT}\varphi(iT)\sum_{i=1}^{\frac mT}\varphi(jT) \end{aligned} \]

\(\sum_{d\mid T}\left(\left(\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\right)\mu\left(\frac Td\right)\right)\) 这一部分可以 \(\mathcal O(n\log n)\) 预处理。

然后对 \(T\) 进行数论分块，右边那坨 \(\varphi\) 直接暴力计算，我们得到了单次询问 \(\mathcal O(n+m)\) 的算法。

考虑优化。显然时间复杂度的瓶颈在求和里。

设一个阈值 \(B\)，函数 \(F(x),G(x,y),S(x,y,z)\)，其中

\[F(x)=\sum_{d\mid x}\left(\left(\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\right)\mu\left(\frac xd\right)\right) \\ G(x,y)=\sum_{i=1}^x\varphi(iy) \\ S(x,y,z)=\sum_{T-1}^z\sum_{d\mid T}\left(\left(\prod_{k\mid d}\left[k\in\mathbb P\right]\frac k{k-1}\right)\mu\left(\frac Td\right)\right)\sum_{i=1}^{y}\varphi(iT)\sum_{i=1}^{x}\varphi(jT) \]

显然有

\[G(x,y)=G(x,y-1)+\varphi(xy) \\ S(x,y,z)=S(x,y,z-1)+F(z)G(z,x)G(z,y) \]

对于小于等于 \(\dfrac mB\) 的部分直接暴力计算，其余部分整除分块即可。

时间复杂度为 \(\mathcal O\left(n+n\log n+nB^2+T\left(\sqrt n+\dfrac nB\right)\right)\)。

XX. P4619 [SDOI2018] 旧试题

\(T\) 次询问，求

\[\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\tau(ijk) \]

答案对 \(10^9+7\)​ 取模。

神仙题。

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\tau(ijk) &= \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\sum_{z\mid k}\left[\gcd(x,y)=1\right]\left[\gcd(y,z)=1\right]\left[\gcd(z,x)=1\right] \\ &= \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\left[\gcd(x,y)=1\right]\left[\gcd(y,z)=1\right]\left[\gcd(z,x)=1\right]\frac Ax\frac By\frac Cz \\ &= \sum_{d_1=1}^A\mu(d_1)\sum_{d_2=1}^B\mu(d_2)\sum_{d_3=1}^C\mu(d_3)\sum_{x=1}^{\frac A{\text{lcm}(d_1,d_2)}}\frac A{\text{lcm}(d_1,d_2)x}\sum_{y=1}^{\frac B{\text{lcm}(d_2,d_3)}}\frac B{\text{lcm}(d_2,d_3)y}\sum_{z=1}^{\frac C{\text{lcm}(d_3,d_1)}}\frac C{\text{lcm}(d_3,d_1)z} \end{aligned} \]

令 \(Max=max(A,B,C)\)。考虑那些三元组会有贡献。

1. \(\mu(d_1)\neq 0,\mu(d_2)\neq 0,\mu(d_3)\neq 0\)​。
2. \(\text{lcm}(d_1,d_2),\text{lcm}(d_2,d_3),\text{lcm}(d_3,d_1)\leq Max\)。

把一个数看成一个点。

首先我们把 \(\mu(x)=0\) 的点排除在外。然后把 \(\text{lcm}(x,y)\leq Max\) 的点连起来，跑一遍三元环计数。 计算每条边的贡献即可。