杜教筛 & Powerful Number 筛

迪利克雷卷积

对于数论函数 $F$，$G$，我们定义迪利克雷卷积的结果 $H=F*G$ 为

$$H_n=\sum_{d\mid n}F_d G_\frac{n}{d}$$

有些好的性质，比如：对于积性函数 $F$ 与 $G$，其迪利克雷卷积 $F*G$ 也是积性函数；而在迪利克雷卷积的意义下，积性函数 $F$ 的逆也是积性函数（逆满足 $F^{-1}*F=e$）。

当公因式是完全积性函数时，点乘对迪利克雷卷积有分配律（下式中要求 $X$ 为完全积性函数）：

$$(A\cdot X)*(B\cdot X)=(A*B)\cdot X$$

杜教筛

假设我们对于积性函数 $f$，要求出 $f$ 的前缀和，即 $\sum_{i\le n}f_i$。我们找到积性函数 $g$，设 $h=f*g$。设 $S_f$ 表示 $f$ 的前缀和，则有：

$$\begin{aligned} S_h(n)&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i}g_df_{i/d}\\ &=\sum_{d=1}^{n}g_d\sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }f_i\\ &=\sum_{d=1}^{n}g_dS_f(\lfloor n/d\rfloor) \end{aligned}$$

把 $d>1$ 的项提到左边去，得到

$$S_f(n)=S_h(n)-\sum_{d=2}^{n}g_dS_f(\lfloor n/d\rfloor)$$

我们把 $\le n^{2/3}$ 的 $S_f$ 全部线性筛处理了，然后按上面的式子递归算，最后得到的处理 $S_f$ 的复杂度是 $O(n^{2/3})$。

一些常见恒等式

关于 $\mu$：

• $\mu*I=\epsilon$

• $(\mu \cdot id_k)*id_k=(\mu\cdot id_k)*(I\cdot id_k)=(\mu \cdot I)*id_k=\epsilon$

• $\mu^2=\sum_{d^2\mid n} \mu(d)$
  有了这个就可以求 $\mu^2$ 的前缀和，即

  $$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \mu(i)^2&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d^2\mid i}\mu(i)\\ &=\sum_{d=1}^{\sqrt{n}} \mu(d)\sum_{d^2\mid i}1\\ &=\sum_{d=1}^{\sqrt{n}} \mu(d)\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor \end{aligned}$$

  然后就可以 $O(\sqrt n)$ 求了。

关于 $\varphi$：

• $\varphi*I=id$
• $(\varphi \cdot id_k)*id_k=(\varphi\cdot id_k)*(I\cdot id_k)=(\varphi \cdot I)*id_k=id_{k+1}$
• $\varphi(ij)=\frac{\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))}$
  不断地带 $\varphi(x)=x\prod_{d\mid x}\frac{d-1}{d}$ 即可。

BZOJ3512 DZY Loves Math IV

对于积性函数的性质的应用。

一个比较有趣的技巧：对于 $x$，设其为 $x=\prod p_i^{q_i}$，我们设 $q=\prod p_i$，$p=\frac{x}{q}$，我们考虑直接求 $\varphi$ 的式子，每个因数只有在第一次会有特殊处理，其他情况都是直接乘上，所以 $\varphi(x)=p\varphi(q)$，且对于任意 $i$，都有 $\varphi(ix)=p\varphi(iq)$。然后由于 $q$ 每个数都只有一次项，所以有很多互质的性质，可以在积性函数上得以体现。

设 $S(n,m)=\sum_{i=1}^{m}\varphi(i\times n)$，我们把 $n$ 拆成 $pq$，则有

$$\begin{aligned} S(n,m)&=\sum_{i=1}^{m}\varphi(iq)p\\ &=p\sum_{i=1}^{m}\gcd(i,q)\times \varphi(\frac{q}{\gcd(i,q)})\varphi(i)\\ &=p\sum_{i=1}^{m}\varphi(i)\varphi(\frac{q}{\gcd(i,q)})\sum_{d\mid \gcd(i,q)}\varphi(d)\\ &=p\sum_{i=1}^{m}\varphi(i)\sum_{d\mid i,d\mid q}\varphi(\frac{qd}{\gcd(i,q)})\\ &=p\sum_{i=1}^{m}\varphi(i)\sum_{x\mid i,x\mid q}\varphi(\frac{d}{x})\\ &=p\sum_{d\mid q}^{n}\varphi(\frac{q}{d})\sum_{d\mid i}^{m}\varphi(i)\\ &=p\sum_{d\mid q}^{n}\varphi(\frac{q}{d})S(d,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) \end{aligned}$$

然后直接递推即可，复杂度分析和杜教筛相似。

LOJ6686 Stupid GCD

求 $\sum_{i=1}^{n}\gcd(\lfloor\sqrt[3]{i}\rfloor,i)$。

考虑 $n=k^3+1$ 的情况。如果不是的话后面应该还要有一项，那一项单独处理是类似（这么写只是因为一开始漏考虑了…）。

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\gcd(\lfloor\sqrt[3]{i}\rfloor,i) &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid \lfloor\sqrt[3]{i}\rfloor,d\mid i} \varphi(d)\\ &=\sum_{i=1}^{k-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}\sum_{d\mid i,d\mid j}\varphi(d)\\ &=\sum_{d=1}^{k-1}\varphi(d)\sum_{d\mid i}^{k-1}\lfloor\frac{i^3+3i^2+3i}{d}\rfloor-\lfloor\frac{i^3-1}{d}\rfloor\\ &=\sum_{d=1}^{k-1}\varphi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{k-1}{d}\rfloor}3di^2+3i+1\\ &=3\sum_{d=1}^{k-1}\varphi(d)d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{k-1}{d}\rfloor}i^2+\sum_{d=1}^{k-1}\varphi(d)\sum_{i=1}^{\frac{k-1}{d}}3i+1 \end{aligned}$$

$\varphi\cdot id_k$ 显然是可以杜教筛的（上面说过），于是就可以做了。

Powerful Number 筛

定义一个数为 Powerful Number，当且仅当它的每个质因子次数都 $>2$。由于每个 PN 都可以表示成 $x^2y^3$，于是可以发现 $\le n$ 的 PN 个数为 $O(\sqrt n)$。

我们需要求出积性函数 $f(x)$ 的前缀和，考虑构造积性函数 $g(x),h(x)$，满足 $f=g*h$，且 $f(p)=g(p)$。此时我们发现 $f(p)=g(p)h(1)+g(1)h(p)$，由于 $g(1)=h(1)=1$，于是 $h(p)=0$。对于积性函数，如果它在质数处取 $0$，那么显然它只有在 PN 处才可能有值。

于是我们要求的

$$\sum_{i=1}^{n} f(i)=\sum_{ij} g(i)h(j)\\\ = \sum_{i\le n} h(i) \sum_{j=1}^{n/i} g(j)$$

由于 $h$ 只在 PN 处有值，所以我们相当于只需要算 $\sqrt{n}$ 个 $g$ 的前缀和在 $\lfloor \frac{n}{i} \rfloor$ 处的值即可。于是我们只需要对 $g$ 做杜教筛即可。

还有一件事情，就是如何确定 $h$。我们按照 $h$ 的定义式进行处理

$$f(p^k)=\sum_{i+j=k}g(p^i)h(p^j)\\ h(p^k)=f(p^k)-\sum_{i=0}^{k-1}h(p^i)g(p^{k-i})$$

由于 PN 的质因子 $p$ 一定 $\le \sqrt n$，于是就可以 $O(\sqrt n\log^2 n)$ 求出所有所需的 $h$ 了。

找 PN 的过程枚举每个 $p$ 的次数，dfs 即可。

LG5325 【模板】Min25筛

题目中 $f(p^k)=p^k(p^k-1)$。于是 $f(p)=p(p-1)$。我们取积性函数 $g=id\cdot \varphi$ 即可。前面说到过 $(id\cdot varphi)*id=id_2$，直接杜教筛。

这题还有一个好处，由于 $g=id\cdot \varphi$，$g(p^k)=(p-1)p^{2k-1}$，我们可以手算出 $h(p^k)=(k-1)p^k(p-1)$。

LOJ6053 简单的函数

题目中 $f(p^c)=p\oplus c$。于是 $f(p)=p\oplus 1$，即在 $p=2$ 时 $f(p)=3$，其余时候 $f(p)=p-1$。但是这个 $g$ 的前缀和并不好求。这时候，我们考虑直接令 $g(p)=\varphi$，并且根据 $h$ 的定义式修改 $h$。这时候的 $h$ 就不符合只有 PN 处有值的性质了。但是我们发现增加的有值的地方只会是 PN 乘上 $2$。所以复杂度仍然正确。

https://loj.ac/s/1764869