狄利克雷生成函数与其应用

狄利克雷生成函数是数论中的一项重要工具，与 \(\text{OI}\) 也是一个不可分割的存在，能将一些数论式子推向本质，且能很好地构造筛法。

注：以下讨论若无特殊说明 \(p\) 代表一个质数，\(\text{Prime}\) 代表全体质数集。

\(1.\) 狄利克雷生成函数初步

\(\text{Part 1}\) 定义与基本定理

一般的，我们如下定义一个数论函数 \(f\) 的狄利克雷生成函数，简称 \(\text{dgf}\)：

\(F(z)=\sum\limits_{n\geq 1}\dfrac{f(n)}{n^z}\) ，通常有 \(f(1)=1\)

与其他生成函数一样，取系数得到一般项是其主要目的之一，可记作 \(f(n)=[n^{-z}]F(z)\)

而耳熟能详的狄利克雷卷积，同其他生成函数一样，是两个狄利克雷生成函数的积。

若设 \(G(z)=\sum\limits_{n\geq 1}\dfrac{g(n)}{n^z}\) 则 \(f\) 与 \(g\) 的卷积就是 \(F(z)\times G(z)=H(z)\)

同样设 \(H(z)=\sum\limits_{n\geq 1}\dfrac{h(n)}{n^z}\) ，则有 \(h(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)g(n/d)\) 。 \(\cdots\cdots(1.1.1)\)

这是因为 \(F,G\) 中的一项 \(\dfrac{f(n)}{n^z},\dfrac{g(m)}{m^z}\) 之积 \(\dfrac{f(n)g(m)}{(nm)^z}\) 能贡献到 \(\dfrac{h(nm)}{(nm)^z}\) 中。

还有一个显而易见的性质：

若 \(f(n)\) 的 \(\text{dgf}\) 是 \(F(z)\) ，则 \(n^tf(n)\) 的 \(\text{dgf}\) 是 \(F(z-t)\) 。 \(\cdots\cdots(1.1.2)\)

因为 \(\sum\limits_{n\geq 1}\dfrac{n^tf(n)}{n^z}=\sum\limits_{n\geq 1}\dfrac{f(n)}{n^{z-t}}=F(z-t)\)

接下来是狄利克雷生成函数的最本质也最有用的性质：

若 \(f\) 为积性函数，即 \(\forall ij=n,\gcd(i,j)=1,f(n)=f(i)f(j)\)

则 \(F(z)=\sum\limits_{n\geq 1}\dfrac{f(n)}{n^z}=\prod\limits_{p\in \text{Prime}}1+\frac{f(p)}{p^z}+\frac{f(p^2)}{p^{2z}}+\frac{f(p^3)}{p^{3z}}+\dots=\prod\limits_{p\in \text{Prime}}\sum\limits_{k\geq 0}\dfrac{f(p^k)}{p^{kz}}\cdots\cdots(1.1.3)\)

证明：

从右往左推，对每个质数每一个的 \(\dfrac{f(p^k)}{p^{kz}}\) 都能与其他一些质数的这种项乘其来得出 \(\dfrac{f(p_1^{\alpha_1})f(p_2^{\alpha_2})\dots f(p_k^{\alpha_k})}{p_1^{\alpha_1z}p_2^{\alpha_2z}\dots p_k^{\alpha_kz}}=\dfrac{f(p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_k^{\alpha_k})}{(p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_k^{\alpha_k})^z}\) 。由唯一分解定理可得出所有正整数 \(n\) 的 \(\dfrac{f(n)}{n^z}\) 将不重不漏地出现，求和后就是 \(F(z)\) 。

观察一下最后一个等号，会发现对每个 \(p\) ，\(\dfrac{1}{p^z}\) 固定不变，所以有时会设其为 \(x\) ，再对每个 \(p\) 写成关于 \(x\) 的级数 \(f_p(x)=\sum\limits_{k\geq 0}f(p^k)x^k\) ，称之为贝尔级数，本质上就是是狄利克雷生成函数的衍生，二者相互依存。

\(\text{Part 2}\) 简单的运用

\(1.\) \(f(n)=1\)

如果将 \(f(n)=1\) 带入其狄利克雷生成函数，得到 \(F(z)=\sum\limits_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^z}=\zeta(z)\)

这就是黎曼 \(\zeta\) 函数，它将在接下来的运用中发挥重要作用。

由于 \(f(n)=1\) 满足积性函数的定义，所以可用 \((1.1.3)\) 改写：

\(F(z)=\sum\limits_{n\geq 1}{\dfrac{1}{n^z}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\sum\limits_{k\geq 0}\dfrac{1}{p^{kz}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\sum\limits_{k\geq 0}(p^{-z})^k=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1}{1-p^{-z}}\cdots\cdots(1.2.1)\)

\(2.\) \(f(n)=\mu(n)\)

由于 \(\mu(n)\) 为积性函数，所以可以直接用 \((1.1.3)\) 展开。

所以只用看对每个 \(p^k\) ，\(\mu(p^k)\) 的值。

\(\mu(p^k)=\begin{cases}1,k=0\\-1,k=1\\0,k\geq 2\end{cases}\)

所以 \(F(z)=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\sum\limits_{k\geq 0}\dfrac{\mu(p^k)}{p^{kz}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}1+\dfrac{-1}{p^z}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}1-p^{-z}=\dfrac{1}{\zeta(z)}\cdots\cdots(1.2.2)\)

如果把右侧的 \(\zeta(z)\) 乘到左边，得到 \(F(z)\zeta(z)=1\) 。

取两边 \(n^{-z}\) 的系数，那 \(F(z)\zeta(z)\) 就是两个 \(\text{dgf}\) 的卷积，而右边仅在 \(n=1\) 时值为 \(1\) 。

所以 \(\sum\limits_{d|n}\mu(d)\times1=\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]\cdots\cdots(1.2.3)\)

有了莫比乌斯函数的 \(\text{dgf}\) ，我们将揭示莫比乌斯反演的本质。

莫反的原式如下 \(g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)\Leftrightarrow f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)\mu(n/d)\cdots\cdots(1.2.4)\)

事实上由于卷积， \(g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)\) 可看做 \(G(z)=F(z)\zeta(z)\) ，两边 \(n^{-z}\) 的系数。

那把右边 \(\zeta(z)\) 除到左边，得到 \(G(z)\dfrac{1}{\zeta(z)}=F(z)\)

而莫比乌斯函数的 \(\text{dgf}\) 就是 \(\dfrac{1}{\zeta(z)}\) ，所以 \(G(z)\dfrac{1}{\zeta(z)}\) 就是 \(g\) 与 \(\mu\) 的卷积。

再取两边 \(n^{-z}\) 的系数就能得到 \(\sum\limits_{d|n}g(d)\mu(n/d)=f(n)\)

其实 \((1.2.3)\) 仅是 \((1.2.4)\) 的一个特例。

\(3.\) \(f(n)=\varphi(n)\)

其中 \(\varphi(n)\) 是欧拉 \(\varphi\) 函数，代表 \(n\) 以内与 \(n\) 互质的数的个数。

而 \(\varphi(n)=n\sum\limits_{p|n,p\in \text{Prime}}1-\dfrac{1}{p}\) ，所以 \(\varphi\) 仍是一个积性函数。

为了求其 \(\text{dgf}\) 我们依然想得知 \(\varphi(p^k)\) 的值：

\(\varphi(p^k)=\begin{cases}1,k=0\\\left(1-\frac{1}{p}\right)p^k,k\geq 1\end{cases}\)

所以

\[F(z)=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}1+\left(1-\frac{1}{p}\right)\sum\limits_{k\geq 1}\dfrac{p^k}{p^{kz}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\frac{1}{p}+\left(1-\frac{1}{p}\right)\sum\limits_{k\geq 0}\left(p^{1-z}\right)^k \]

\[=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\frac{1}{p}+\left(1-\frac{1}{p}\right)\dfrac{1}{1-p^{1-z}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1-p^{1-z}+p-1}{p(1-p^{1-z})} \]

\[=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1-p^{-z}}{1-p^{1-z}}=\dfrac{\zeta(z-1)}{\zeta(z)}\cdots\cdots(1.2.5) \]

因为 \(\dfrac{\zeta(z-1)}{\zeta(z)}=\zeta(z-1)\dfrac{1}{\zeta(z)}\) 是两个 \(\text{dgf}\) 的卷积。

而由 \((1.1.2)\) \(\zeta(z-1)\) 是 \(n\) 的 \(\text{dgf}\) ，\(\dfrac{1}{\zeta(z)}\) 是 \(\mu(n)\) 的 \(\text{dgf}\)

所以 \([n^{-z}]\dfrac{\zeta(z-1)}{\zeta(z)}=\sum\limits_{d|n}d\mu(n/d)\)

而 \([n^{-z}]\dfrac{\zeta(z-1)}{\zeta(z)}=[n^{-z}F(z)]=\varphi(n)\)

因而得出 \(\varphi(n)=\sum\limits_{d|n}d\mu(n/d)\cdots\cdots(1.2.6)\)

但在 \(F(z)=\dfrac{\zeta(z-1)}{\zeta(z)}\) 中把 \(\zeta(z)\) 乘到左边得到 \(F(z)\zeta(z)=\zeta(z-1)\)。

卷积后取两边系数得出 \(\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=n\cdots\cdots(1.2.7)\)

这其实是 \((1.2.6)\) 莫反后能得到的结果。

还有一种玩法，在 \(F(z)=\dfrac{\zeta(z-1)}{\zeta(z)}\) 中将 \(\zeta(z-1)\) 除到左边得到 \(F(z)\dfrac{1}{\zeta(z-1)}=\dfrac{1}{\zeta(z)}\)

那由 \((1.1.2)\) 得出 \(\dfrac{1}{\zeta(z-1)}\) 是 \(n\mu(n)\) 的 \(\text{dgf}\)

所以 \(\sum\limits_{d|n}d\mu(d)\varphi(n/d)=\mu(n)\cdots\cdots(1.2.8)\)

\(4.\) \(f(n)=\mu(n)^2\)

由于 \(mu(n)\) 是积性函数，所以 \(\mu(n)^2\) 仍是积性函数。

而 \(\mu(p^k)^2=\begin{cases}1,k=0\\1,k=1\\0,k\geq 2\end{cases}\)

所以 \(F(z)=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}1+\dfrac{1}{p^z}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1-p^{-2z}}{1-p^{-z}}=\dfrac{\zeta(z)}{\zeta(2z)}\cdots\cdots(1.2.9)\)

这似乎并不与之前讨论的函数有多少密切的联系，因为 \(\zeta(2z)\) 并不十分好处理，但将与接下来的几个函数产生一些有趣的结论。

\(5.\) \(f(n)=\lambda(n)\)

其中 \(\lambda(n)=(-1)^{\Omega(n)}\) ，\(\Omega(n)\) 指 \(n\) 的质因子个数，相同的算多个。

若 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_k^{\alpha_k}\) ，则 \(\Omega(n)=\alpha_1+\alpha_2+\dots+\alpha_k,\lambda(n)=(-1)^{\alpha_1+\alpha_2+\dots+\alpha_k}\)

由于 \(\forall ij=n,\Omega(i)+\Omega(j)=\Omega(n)\) ，所以 \(\lambda(n)\) 是完全积性的。

而 \(\lambda(p^k)=(-1)^k\)

所以 \(F(z)=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\sum\limits_{k\geq 0}\dfrac{(-1)^k}{p^{kz}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\sum\limits_{k\geq 0}\left(-p^{-z}\right)^k=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1}{1+p^{-z}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1-p^{-z}}{1-p^{2z}}=\dfrac{\zeta(2z)}{\zeta(z)}\)

\[\cdots\cdots(1.2.10) \]

这竟然与 \(\mu(n)^2\) 的 \(\text{dgf}\) 完全是倒数关系！

所以 \(\sum\limits_{d|n}\lambda(d)\mu(n/d)^2=[n=1]\cdots\cdots(1.2.11)\)

\(6.\) \(f(n)=[n\text{是完全平方数}]\)

这也显然是完全积性函数，\(f(p^k)=[2|k]\)

所以 \(F(z)=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\sum\limits_{k\geq 0}\dfrac{1}{p^{2kz}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1}{1-p^{-2z}}=\zeta(2z)\)

\(\zeta(2z)\) 总算能找出了其每项系数。

与 \((1.2.9)\) 相乘得到的卷积式是 \(\sum\limits_{d|n}[d\text{是完全平方数}]\mu(n/d)^2=\sum\limits_{d^2|n}\mu\left(\dfrac{n}{d^2}\right)^2=1\cdots\cdots(1.2.12)\)

看起来比较奇怪，几个非负整数之和仅是 \(1\) ？其实确实如此。

若 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_k^{\alpha_k},\beta_i=\left\lfloor\dfrac{\alpha_i}{2}\right\rfloor\) 则 \(d\leq p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\dots p_k^{\beta_k}\) 且在取等时 \(\mu\left(\dfrac{n}{d^2}\right)^2=1\) 。

但是但凡一个质数的指数少了 \(1\) ，\(\alpha_i-2(\beta_i-1)\geq 2\) ，会出现平方因子，\(\mu\) 值变为 \(0\) 。

再看看与 \((1.2.10)\) 结合会出现什么：

由于 \(\dfrac{\zeta(2z)}{\zeta(z)}\times \zeta(z)=\zeta(2z)\)

取 \(n^{-z}\) 的系数得出 \(\sum\limits_{d|n}\lambda(d)=[n\text{是完全平方数}]\cdots\cdots(1.2.13)\)

或者看作 \(\zeta(2z)\times \dfrac{1}{\zeta(z)}=\dfrac{\zeta(2z)}{\zeta(z)}\)

那就得出 \(\sum\limits_{d|n}[d\text{是完全平方数}]\mu(n/d)=\sum\limits_{d^2|n}\mu\left(\dfrac{n}{d^2}\right)=\lambda(n)\cdots\cdots(1.2.14)\)

\(7.\) \(f(n)=\hat\phi(n)\)

这是我乱搞的一个函数，近似于 \(\varphi\) ，定义为 \(\hat\phi(n)=n\sum\limits_{p|n,p\in\text{Prime}}1+\dfrac{1}{p}\)

这显然还是积性函数，且 \(\hat\phi(p^k)=\begin{cases}1,k=0\\\left(1+\dfrac{1}{p}\right)p^k,k\geq 1\end{cases}\)

所以

\[F(z)=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}1+\left(1+\frac{1}{p}\right)\sum\limits_{k\geq 1}\dfrac{p^k}{p^{kz}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}-\frac{1}{p}+\left(1+\frac{1}{p}\right)\sum\limits_{k\geq 0}\left(p^{1-z}\right)^k \]

\[=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}-\dfrac{1}{p}+\left(1+\dfrac{1}{p}\right)\dfrac{1}{1-p^{1-z}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{-1+p^{1-z}+p+1}{p(1-p^{1-z})} \]

\[=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1+p^{-z}}{1-p^{1-z}}=\prod\limits_{p\in\text{Prime}}\dfrac{1-p^{-2z}}{(1-p^{1-z})(1-p^{-z})}=\dfrac{\zeta(z-1)\zeta(z)}{\zeta(2z)} \]

\[\cdots\cdots(1.2.15) \]

这可以与很多 \(\text{dgf}\) 乘起来有简洁的形式。

比如与 \(\lambda\) 的 \(\text{dgf}\ \dfrac{\zeta(2z)}{\zeta(z)}\) 相乘得到 \(\zeta(z-1)\)

卷积写出来就是 \(\sum\limits_{d|n}\hat\phi(d)\lambda(n/d)=n\cdots\cdots(1.2.16)\)

或者与 \([n\text{是完全平方数}]\) 的 \(\text{dgf}\ \zeta(2z)\) 相乘得到 \(\zeta(z-1)\zeta(z)\)

而 \([n^{-z}]\zeta(z-1)\zeta(z)=\sum\limits_{d|n}d=\sigma_1(n)\)

所以 \(\sum\limits_{d|n}[d\text{是完全平方数}]\hat\phi(n/d)=\sum\limits_{d^2|n}\hat\phi\left(\dfrac{n}{d^2}\right)=\sigma_1(n)\cdots\cdots(1.2.17)\)

其中 \(\sigma_k(n)\) 定义为 \(\sigma_k(n)=\sum\limits_{d|n}d^k\)

\(2.\) 杜教筛

杜教筛是一种比较基本的筛法，配合 \(\text{dgf}\) 较灵活，但时间复杂度上具有一定局限性。

假设要求 \(S(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}f(k)\)

其主要思想是构造函数 \(g\) 与 \(h\) 使 \(\sum\limits_{d|k}g(d)f(k/d)=h(k)\) ，即 \(f\) 与 \(g\) 的狄利克雷卷积为 \(h\) ，其中 \(g\) 与 \(h\) 的前缀和需能较快求出。

将卷积式两边关于 \(k\) 求和：

\[\sum\limits_{k=1}^{n}h(k)=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{d|k}g(d)f(k/d) \]

\[=\sum\limits_{d=1}^{n}g(d)\sum\limits_{1\leq k\leq n,d|k}f(k/d)=\sum\limits_{d=1}^{n}g(d)S(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor) \]

单独将 \(d=1\) 的项拎出来，有数论函数下 \(g(1)=1\) ，再将后面的求和放到等号另一边，就有：

\(S(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}h(k)-\sum\limits_{d=2}^{n}g(d)S(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor)\cdots\cdots(1.3.1)\)

对于后面的式子可以数论分块递归下去求出。

先是 \(h(k)\) 要方便求前缀和，其次这里的数论分块中还需求出 \(g(d)\) 的前缀和。

对于每个搜到的 \(S(m)\) 要记录一下答案以免重复算，以保证时间复杂度。

关于时间复杂度的证明（参考了 \(\text{cmd}\) 的博客 ）：

假定能在 \(O(1)\) 的时间内求出 \(g,h\) 的前缀和。

每次求 \(S\) 中传入的值一定能写成 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 的形式。

这是因为假设当前求 \(S\) 传入的值是 \(m\) ，每次数论分块时传下去的就会是 \(\left\lfloor\dfrac{m}{l}\right\rfloor\)。

但最初 \(m=n\) 且有 \(\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\dfrac{n}{a}\right\rfloor}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{ab}\right\rfloor\) 所以求 \(S\) 中传入的值必然是 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)。

由于 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 有 \(O(\sqrt n)\) 个不同的值，不妨设为 \(\dfrac{n}{i},1\leq i\leq \sqrt n\)

而求 \(S\) 传入的值是 \(m\) 时就会花费 \(O(\sqrt m)\) 的时间整除分块处理 \((1.3.2)\) 中第二个求和符号。

那这样就能得出其时间复杂度为 \(O(\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt {\frac{n}{i}})=O(\sqrt n\int_{1}^{\sqrt n}i^{-\frac{1}{2}}di)=O(2\sqrt n\sqrt {\sqrt n})=O(n^{\frac{3}{4}})\)

但如果能线性筛出 \(T\) 之内的 \(S\) ，那只需对 \(n/i\geq T\) 的进行数论分块，可得出 \(i\leq n/T\)

这样时间复杂度为：

\(O(T+\sum\limits_{i=1}^{n/T}\sqrt {n/i})=O(T+2\sqrt n\sqrt {n/T})=O(T+n/\sqrt T+n/\sqrt T)\geq O(3\sqrt[3]{n^2})=O(n^{\frac{2}{3}})\)

当 \(T=n^{\frac{2}{3}}\) 时取等，有最优时间复杂度 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

事实上 \(g,h\) 的前缀和并不一定必须要在 \(O(1)\) 的时间复杂度内求出。

由于对 \(m\) 数论分块时所需要的前缀和 \(l-1,r\) 都能写成 \(\left\lfloor\dfrac{m}{w}\right\rfloor\) 的形式。

而 \(\exists t,m=\left\lfloor\dfrac{n}{t}\right\rfloor\)，所以 \(g,h\) 所需的前缀和也仅是 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)

于是能发现 \(g,h\) 所需的前缀和之值与杜教筛能筛出来的完全相同。

也就是说，如果 \(f*g=h\) ，且 \(g,h\) 的前缀和都能在较快的时间内求出 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 的全部前缀和，那 \(f\) 就能在额外 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的时间内用杜教筛合并筛出。

但如果能求出 \(f,g\) 的全部 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 的前缀和，也能求出 \(h\) 的前缀和。

\(\sum\limits_{k=1}^{n}h(k)=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{d|k}f(d)g(n/d)=\sum\limits_{d=1}^{n}f(d)\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}g(k)\cdots\cdots(1.3.2)\)

这也能数论分块求出，需要的也仅是 \(f,g\) 在\(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 处的前缀和。

以 \(\text{cmd}\) 的话总结，就是在 \(f*g=h\) 时能“知二筛一”。

先来一些简单的例子：

\(1.\) \(\mu(n)\)

由于 \(\mu(n)\) 的 \(\text{dgf}\) 是 \(\dfrac{1}{\zeta(z)}\)

有 \(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]\) ，\(g(n)=1,h(n)=[n=1]\) ，这就是 \((1.2.3)\)。

所以 \(g,h\) 都能在 \(O(1)\) 的时间内求出，再杜教筛一下就能得出 \(\mu(n)\) 的前缀和。

\(2.\) \(\varphi(n)\)

由于 \(\varphi(n)\) 的 \(\text{dgf}\) 是 \(\dfrac{\zeta(z-1)}{\zeta(z)}\)

有 \(\sum\limits_{d|n}\varphi(n)=n\) ，\(g(n)=1,h(n)=n\)，这式子就是 \((1.2.7)\)

因此 \(g,h\) 的前缀和还是能 \(O(1)\) 求出，再杜教筛出 \(\varphi(n)\) 的前缀和。

这两题就是杜教筛模板

\(3.\) \(n\varphi(n)\)

由 \((1.1.2)\) 与上个例子知 \(n\varphi(n)\) 的 \(\text{dgf}\) 是 \(\dfrac{\zeta(z-2)}{\zeta(z-1)}\)

所以 \(\sum\limits_{d|n}d\varphi(d)\left(\dfrac{n}{d}\right)=n^2\)，\(g(n)=n,h(n)=n^2\)

仍能 \(O(1)\) 求出其前缀和。

但这个例子有一个很好的启示。

假设已有方法求出 \(f(n)\) 的前缀和，即构造出了 \(\sum\limits_{d|n}f(d)g(n/d)=h(n),F(z)G(z)=H(z)\)

那 \(n^tf(n)\) 的前缀和仍然能类似求出。

因为 \(n^tf(n)\) 的 \(\text{dgf}\) 是 \(F(z-t)\) ，而上式能推出 \(F(z-t)G(z-t)=H(z-t)\)

那只需构造 \(g(n)\leftarrow n^tg(n),h(n)\leftarrow n^th(n)\) 即可。

\(4.\) \(\lambda(n)\)

由 \((1.2.13)\) 知 \(\sum\limits_{d|n}\lambda(d)=[n\text{是完全平方数}]\)。

所以有 \(g(n)=1 ,h(n)=[n\text{是完全平方数}]\)。

那在杜教筛时为了得知 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 处 \(h\) 的前缀和，可以将全部 \(\left\lfloor\sqrt n\right\rfloor\) 个平方数找出来，对每个 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 的 \(h\) 前缀和一次 \(\operatorname{lowerbound}\) 求出，就要花费 \(O(\sqrt n\log n)\) 的时间，记得要把查过的记录下来，不然复杂度会退化。

那再配合杜教筛就能以 \(O(n^{\frac{2}{3}}+\sqrt n\log n)\) 的时间求出 \(\lambda\) 的前缀和。

事实上在回过头去看 \((1.2.14)\) 的式子 \(\sum\limits_{d^2|n}\mu\left(\dfrac{n}{d^2}\right)=\lambda(n)\)

所以 \(\sum\limits_{k=1}^{n}\lambda(k)=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{d^2|k}\mu\left(\dfrac{n}{d^2}\right)=\sum\limits_{d=1}^{\sqrt n}\sum\limits_{d^2|k,1\leq k\leq n}\mu\left(\dfrac{n}{d^2}\right)=\sum\limits_{d=1}^{\sqrt n}\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d^2}\right\rfloor}\mu(k)\)

这所需要的 \(\mu(n)\) 的前缀和也属于 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) ，那直接暴力统计 \(d\) 即可。

总时间复杂度为 \(O(n^{\frac{2}{3}}+\sqrt n)\)

这其实也能反观 \(\text{dgf}\) 的强大。

\(5.\) $\mu(n)^2 $

按着之前的式子 \((1.2.11):\) \(\sum\limits_{d|n}\lambda(d)\mu(n/d)^2=[n=1]\)

既然上文能 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 求出 \(\lambda(n)\) 在 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 处的前缀和。

所以能在额外 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的时间内求出 \(\mu(n)^2\) 的前缀和。

但还有更优秀的时间复杂度：

既然 \(\mu(n)^2\) 的 \(\text{dgf}\) 是 \(\dfrac{\zeta(z)}{\zeta(2z)}=\zeta(z)\times \dfrac{1}{\zeta(2z)}\)

而 \(\dfrac{1}{\zeta(2z)}=\prod\limits_{p\in \text{Prime}}1-\dfrac{1}{p^{2z}}\)

这可以看做一个 \(f(p^k)\begin{cases}1,k=0\\-1,k=2\\0,\text{otherwise}\end{cases}\) ，的积性函数函数 \(f\) 的 \(\text{dgf}\)。

所以 \(\mu ^2\) 就是 \(f\) 与 \(g(n)=1\) 的卷积，能用 \((1.3.2)\) 求出。

既然每个质数只在出现平方次时 \(f\) 有值，那这些 \(p\) 必定 \(\leq \sqrt n\)

所以有值的 \(f\) 必定是一些互不相同的质数之积的完全平方。

那仅需要找出 \(m=p_1p_2\dots p_k\leq \sqrt n\) 的全部 \(m\) ，满足 \(f(m^2)=(-1)^k=\mu(m)\) 。

\(m\) 的数的个数是比 \(\sqrt n\) 略小一点。

所以时间复杂度因该比 \(O(\sqrt n)\) 略小一点。

这可以轻松过掉 \(\text{P4318}\)

事实上这种方法也是基于后文将要讲述的 \(\text{PN}\) 筛的一个特例。

\(6.\) \(\hat\phi (n)\)

\(\hat\phi(n)\) 的 \(\text{dfg}\) 是 \(\dfrac{\zeta(z)\zeta(z-1)}{\zeta(2z)}\) ，可以有很多方法求出。

由于 \(\dfrac{\zeta(z)\zeta(z-1)}{\zeta(2z)}\times\dfrac{\zeta(2z)}{\zeta(z)}=\zeta(z-1)\)

所以 \(\sum\limits_{d|n}\hat\phi(n)\lambda(n/d)=n,g(n)=\lambda(n),h(n)=n\)

其中 \(\lambda(n)\) 可按之前所述的方法 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 求出需要的值，那按 \((1.3.1)\) 做就完了。

但 \(\dfrac{\zeta(z)\zeta(z-1)}{\zeta(2z)}\times\zeta(2z)=\zeta(z)\zeta(z-1)\)

所以 \(\sum\limits_{d|n}\hat\phi(d)[n/d\text{是完全平方数}]=\sigma_1(n)\) ，就是 \((1.2.17)\)

若取 \(g(n)=[n\text{是完全平方数}],h(n)=\sigma_1(n)\) ， \(g(n)\) 的筛法之前已讲述，只需看 \(\sigma_1(m)\) 的前缀和：

\(\sum\limits_{k=1}^{m}\sigma_1(k)=\sum\limits_{k=1}^m\sum\limits_{d|k}d=\sum\limits_{d=1}^{m}d\sum\limits_{d|k,1\leq k\leq m}1=\sum\limits_{d=1}^{m}d\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\)

于是单次求 \(m\) 内的 \(\sigma_1(k)\) 的前缀和就能以 \(O(\sqrt m)\) 的时间。

而需要的 \(m\) 共有 \(O(\sqrt n)\) 个 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) ，总复杂度是 \(O(\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt{n/i})=O(n^{\frac{3}{4}})\) ，这与上文杜教筛类似。

于是仍要筛出 \(n^{\frac{2}{3}}\) 的所有 \(\sigma_1(k)\) ，才有 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的时间复杂度。

还有一种方法： \(\dfrac{\zeta(z)\zeta(z-1)}{\zeta(2z)}=\dfrac{\zeta(z)}{\zeta(2z)}\times \zeta(z-1)\)

于是能取 \(f(n)=\mu(n)^2,g(n)=n\) ，就能按 \((3.1.2)\) 筛出。

而 \(\mu(n)^2\) 的前缀和按上文两种方法都有 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的方法求出需要的 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 处 的前缀和。（第二种方法的处理方式可参考上面 \(\sigma_1\) 的求和）。

所以，在 \(\text{dgf}\) 的帮助下轻而易举地得到了 \(3\) 种处理 \(\hat\phi\) 的前缀和的方法。

一些例题

\(\text{P3768}\)

题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}ij\gcd (i,j),n\leq 1.1\times 10^9\)

直接莫反推式子：

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

\[=\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{d|i,1\leq i \leq n}\sum\limits_{d|j,1\leq j\leq n}ij[\gcd(i,j)=d]=\sum\limits_{d=1}^{n}d^2\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1] \]

\[=\sum\limits_{d=1}^{n}d^2\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}ij\sum\limits_{k|i,k|j}\mu(k)=\sum\limits_{d=1}^{n}d^2\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(k)\sum\limits_{k|i,1\leq i\leq\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{k|j,,1\leq j \leq \left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}ij \]

\[=\sum\limits_{d=1}^{n}d^2\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(k)k^2\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor}ij=\sum\limits_{T=1}^{n}\left(T^2\sum\limits_{k|T}\mu(k)\right)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor}i,j \]

设 \(S(m)=\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{m}ij=\dfrac{m^2(m+1)^2}{4},f(T)=T^2\sum\limits_{k|T}\mu(k)\)

那原式就是 \(\sum\limits_{T=1}^{n}f(T)g(\left\lfloor\dfrac{n}{T}\right\rfloor)\) 可以直接数论分块算，但其中要 \(f(T)\) 的前缀和。

而数论分块的边界是 \(\left\lfloor\dfrac{n}{w}\right\rfloor\) 可以直接杜教筛出 \(f(T)\) 。

由上面 \(1.\) 与 \(3.\) 中的启示，直接构造 \(g(n)=n^2,h(n)=1\) 再杜教筛就没了。

\(\text{P7504}\)

题意： 给出 \(n,q\) 求 \(\sum\limits_{x=1}^{n}[x\bot q]\sum\limits_{i=1}^{x}[i\bot x]i,n,k\leq 10^9\) （原题就是求两次这个）

设 \(r(k)=\sum\limits_{i=1}^{k}[i\bot k]i\) ，则原式只需要求 \([k\bot q]r(k)\) 的前缀和。

对其莫反：

\[r(k)=\sum\limits_{i=1}^{k}i\sum\limits_{d|i,d|k}\mu(d)=\sum\limits_{d|k}\mu(d)d\sum\limits_{i=1}^{n/d}i=\dfrac{1}{2}\sum\limits_{d|k}\mu(d)d\left(\dfrac{k^2}{d^2}+\dfrac{k}{d}\right) \]

\[=\dfrac{1}{2}\left(k\sum\limits_{d|k}\mu(d)\dfrac{k}{d}+k\sum\limits_{d|k}\mu(d)\right)=\frac{1}{2}k[k=1]+\frac{1}{2}k\varphi(k)=\frac{1}{2}[k=1]+\frac{1}{2}k\varphi(k) \]

所以原式就是 \(\sum\limits_{k=1}^{n}[k\bot q]r(k)=\dfrac{1}{2}\left(1+\sum\limits_{k=1}^{n}[k\bot q]k\varphi(k)\right)\)

那接下来就希望快速计算 \([k\bot q]k\varphi(k)\) 的前缀和。

由于 \([k\bot q]\Rightarrow\forall i|k,[i\bot q] \text{且} [(k/i)\bot q]\)

所以若 \(h(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)g(n/d)\) ，那就有 \([n\bot q]h(n)=\sum\limits_{d|n}[d\bot q]f(d)[(n/d)\bot q]g(n/d)\)

那么在此例中有 \(g(n)=n,h(n)=n^2\) 即 \(3.\) 中所述。

为了杜教筛，接下来的问题就是 \([k\bot q]k\) 的前缀和与 \([k\bot q]k^2\) 的前缀和。

再将其莫反：

\[\sum\limits_{d=1}^{m}[d\bot q]d^c=\sum\limits_{d=1}^{m}d^c\sum\limits_{k|d,k|q}\mu(k)=\sum\limits_{k|q}\mu(k)\sum\limits_{k|d,1\leq d\leq m}d^c=\sum\limits_{k|q}\mu(k)k^c\sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}d^c \]

由于 \(q\) 的因子个数是 \(O(\log q)\) 的，这个式子可以在搜到时直接 \(O(\log(p))\) 算。

由于需要的在提前 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的线性筛后需要这么算的仅有 \(O(n^{\frac{1}{3}})\) 。

所以这部分的总时间复杂度为 \(O(n^{\frac{1}{3}}\log n)\)。

加上求 \(p\) 的所有因数以及杜教筛后总体时间复杂度为 \(O(\sqrt q+n^{\frac{1}{3}}\log n+n^{\frac{2}{3}})\)

\(\text{U183339}\)

题意：
记 \(r(t)=\sum\limits_{k=1}^t k\left[\gcd(k,t)=1\right]\)
求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n (i^2+j^2+ij)r(\gcd(i,j))\bmod 998244353,n\leq 10^{10}\)

这也是道我乱搞的题，却无意间发现 \(r(n)=\dfrac{1}{2}\left([n=1]+n\varphi(n)\right)\) 竟然在上题中出现了。

那再莫反看看最终的那个式子要干啥：

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

\[\sum\limits_{d=1}^{n}r(d)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}(i^2d^2+j^2d^2+idjd)[\gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{d=1}^{n}d^2r(d)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}(i^2+j^2+ij)\sum\limits_{k|i,k|j}\mu(k) \]

\[\sum\limits_{d=1}^{n}r(d)d^2\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(k)k^2\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor}\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor}(i^2+j^2+ij)=\sum\limits_{T=1}^{n}\left(T^2\sum\limits_{d|T}r(d)\mu(T/d)\right)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor}\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor}(i^2+j^2+ij) \]

这又能数论分块，先看看小括号后面的式子：

\(\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{m}i^2+j^2+ij=2\sum\limits_{i=1}^{m}i^2+\left(\sum\limits_{i=1}^{m}i\right)^2=\dfrac{m(m+1)(11m^2+7m)}{12}\)

而前面的为了求前缀和又需要杜教筛了。

由于 \(T^2\sum\limits_{d|T}r(d)\mu(T/d)=\dfrac{1}{2}\left(T^2\mu(T)+T^2\sum\limits_{d|n}d\varphi(d)\mu(T/d)\right)\)

其中 \(T^2\mu(T)\) 的前缀和按上文某启发已很好求出，剩下的就是 \(T^2\sum\limits_{d|n}d\varphi(d)\mu(T/d)\) 的前缀和。

这玩意又是个卷积，除 \(T^2\) 外的 \(\text{dgf}\) 是 \(\dfrac{\zeta(z-2)}{\zeta(z-1)}\times\dfrac{1}{\zeta(z)}=\dfrac{\zeta(z-2)}{\zeta(z-1)\zeta(z)}\)

所以 \(T^2\sum\limits_{d|T}r(d)\mu(T/d)\) 的 \(\text{dgf}\) 就是 \(\dfrac{\zeta(z-4)}{\zeta(z-3)\zeta(z-2)}\)

所以可以构造 \(g(n)=[n^{-z}]\zeta(z-3)\zeta(z-2),h(n)=[n^{-z}]\zeta(z-4)=n^4\)

其中 \(h(n)=n^4\) 的前缀和很好求，是 \(\sum\limits_{i=1}^{m}i^4=\dfrac{x(x+1)(2x+1)(3x^2+3x-1)}{30}\)

而 \(g(n)=\sum\limits_{d|n}d^3\left(\dfrac{n}{d}\right)^2=n^2\sum\limits_{d|n}d\)

所以 \(\sum\limits_{i=1}^{m}g(i)=\sum\limits_{i=1}^{m}i^2\sum\limits_{d|i}d=\sum\limits_{d=1}^{m}d^2\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}i\) ，可以数论分块 \(\sqrt m\) 求出。

与之前所述一样，需预处理出前 \(n^{\frac{2}{3}}\) 的前缀和，剩下的数论分块算，才能保证时间复杂度。

总时间复杂度为 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)

当然处理 \(T^2\sum\limits_{d|n}d\varphi(d)\mu(T/d)\) 的前缀和可以先求出 \(d^3\varphi(d)\) 与 \(d^2\mu(d)\) 的前缀和，再用 \((1.3.1)\) 算。

但这样单是这里就要做 \(3\) 次杜教筛，上面的方法只用两次。

\(3.\text{Powerful Number}\) 筛

这本质上杜教筛的一个优化，在一些杜教筛难以单独解决时能很好化解。

假设要求 \(\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\) ，其基本原理就是构造 \(f=h\times g\) ，则有：

\(\sum\limits_{k=1}^{n}f(k)=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{d|k}h(d)g(n/d)=\sum\limits_{d=1}^{n}h(d)\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}g(k)\) 也就是 \((1.3.2)\)

但如果 \(f\) 能满足 \(h(p)=0\) ,就能有一个很妙的事情。

那就是若 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_k^{\alpha_k}\) ，\(h(n)\) 仅在 \(\mathop{\forall}\limits_{1\leq i\leq k}\alpha_i\geq 2\) 时有值。

这些 \(n\) 被称为 \(\text{Powerful Number}\) ，简称 \(\text{PN}\) ，它 \(\leq N\) 的个数仅有 \(O(\sqrt N)\)

这是因为所有 \(\text{PN}\) 都能写成 \(a^2b^3\) 的形式。

这只需将出现奇数次的质数 \(p_i^{\alpha_i},2|\alpha_i\) 取 \(p_i^3\) 并到 \(b\) 中，那剩余的就是平方数并到 \(a\) 中即可。

那 \(\text{PN}\) 的个数就是：

\[\displaystyle O\left(\int_{1}^{\sqrt n}\sqrt[3]{\dfrac{n}{a^2}}\mathrm{d}a\right)=O\left(\sqrt[3] n\displaystyle \int_{1}^{\sqrt n}a^{-\frac{2}{3}}\mathrm{d}a\right)=O\left(\sqrt[3]n\ 3a^{\frac{1}{3}}\Big|_{1}^{\sqrt n}\right)=O\left(\sqrt[3] n\sqrt[6] n\right)=O(\sqrt n) \]

那再看一下 \(g(p)\) 的值：\(f(p)=h(1)g(p)+h(p)g(1)=g(p)\) 。

所以现实中一般是构造 \(g(p)=f(p)\) ，然后根据 \(f=g\times h\) 就能反推出 \(h\)：

\(f(p^k)=\sum\limits_{i=0}^{k}g(p^{i})h(p^{k-i})\Rightarrow h(p^k)=f(p^k)-\sum\limits_{i=1}^{k}g(p^i)h(p^{k-i})\)

那对每个 \(\leq \sqrt n\) 质数暴力枚举次数，再按上式处理就能得出 \(h(p^k)\) 的全部值。

而 \(k\leq \log n,\pi(n)=O\left(\dfrac{n}{\log n}\right)\) ，所以时间复杂度为 \(O\left(\dfrac{\sqrt n}{\log n}\times \log^2 n\right)=O(\sqrt n\log n)\)，为了存下 \(h(p^k)\) 的空间复杂度就是 \(O(\sqrt n)\)

当然能求出 \(h(p^k)\) 的封闭形式，而不要递推，时间复杂度将是 \(O(\sqrt n)\)

那暴力搜出所有 \(\text{PN}\) ，再按 \(\sum\limits_{k=1}^{n}f(k)=\sum\limits_{d=1}^{n}h(d)\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}g(k)\) 求出来。

接下来要求的就是 \(g\) 的前缀和，在能杜教筛的时候，由于 \(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\) 一定是能在杜教筛中被处理出来，所以可以在这里再配合杜教筛求出，时间复杂度将是 \(n^{\frac{2}{3}}\) 。

若 \(g\) 的前缀和能 \(O(1)\) 求出，时间就可以缩短为 \(O(\sqrt n)\) 或 \(O(\sqrt n\log n)\) ，取决于 \(h(p^k)\) 是否需要递推。

\(\text{P5325}\)

题意：给定积性函数 \(f(p^k)=p^k(p^k-1)\) ，求 \(\sum\limits_{k=1}^{n}f(k),n\leq 10^{10}\)

由于 \(f(p)=p(p-1)\) 考虑构造 \(g(n)=n\varphi(n)\) 。

那由 \(h(p^k)=f(p^k)-\sum\limits_{i=1}^{k}g(p^i)h(p^{k-i})\) 就能推出 \(h\) 剩下的就是求 \(g(n)=n\varphi(n)\) 的前缀和，这是易得的。

于是就能 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 解决。

loj #6053. 简单的函数

题意：给定积性函数 \(f(p^k)=p \operatorname{xor} k\) ，求 \(\sum\limits_{k=1}^{n}f(k),n\leq 10^{10}\)

由于当 \(p\neq 2\) 时 \(f(p)=p-1=\varphi(p)\) ，而当 \(p=2\) 时 \(f(p)=3(p-1)=3\varphi(p)\)

由于 \(f\) 是积性函数，那就可以构造 \(g(n)=\begin{cases}3\varphi(n),2|n\\\varphi(n),\text{otherwise}\end{cases}\)

那 \(h\) 仍容易以 \(h(p^k)=f(p^k)-\sum\limits_{i=1}^{k}g(p^i)h(p^{k-i})\) 递推。

剩下要求的就是 \(g\) 的前缀和。

而 \(g(n)=\varphi(n)+[2|n]2\varphi(n)\)，记 \(S(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}\varphi(k),S1(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}[2|k]\varphi(k)\) 。

那 \(\sum\limits_{k=1}^{n}g(k)=S(n)+S1(n)\)

其中 \(S(n)\) 是杜教筛容易求的，关键是 \(S1(n)\) ：

\[S1(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}[2|k]\varphi(k)=\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\varphi(2k)=\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\dfrac{\varphi(2)\varphi(k)\gcd(2,k)}{\varphi(\gcd(2,k))} \]

\[=\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\dfrac{\varphi(k)\gcd(2,k)}{\varphi(\gcd(2,k))}=\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}[2|k]\dfrac{\varphi(k)2}{\varphi(2)}+\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}[2\nmid n]\dfrac{\varphi(k)1}{\varphi(1)} \]

\[=2S1(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor)+S(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor)-S1(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor)=S(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor)+S1(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor) \]

其中用到了 \(\varphi(ij)=\dfrac{\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))}\) ，这能以 \(\varphi\) 的式子轻松证明出来。

所以对每个 \(S1(m)\) 就能 \(O(\log n)\) 求出。

这是因为需要的 \(m=\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) ，递推下去每次需要的 \(\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{2k}\right\rfloor\) 是杜教筛 \(S\) 时必然会处理的。

而按照预处理前 \(n^{\frac{2}{3}}\) 个 \(S1\) 后要算 \(O(n^{\frac{1}{3}})\) 个 \(S1(m)\) ，时间为 \(O(n^{\frac{1}{3}}\log n)\)

加上 \(\text{PN}\) 筛及杜教筛的时间复杂度，总时间为 \(O(\sqrt n\log n+\sqrt[3] n\log n+n^{\frac{2}{3}})\)

loj #6682. 梦中的数论

题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{k=1}^{n}[j|i][(j+k)|i],n\leq 10^{10}\)

设 \(f(i)=\sum\limits_{j=1}^{i}\sum\limits_{k=1}^{i}[j|i][(j+k)|i]\) ，则原式为 \(f(i)\) 的前缀和。

而 \([j|i][(j+k)|i]\) 相当于从 \(i\) 的因数中选出两个的方案数，为 \(\dbinom{\sigma_0(i)}{2}\)

所以 \(f(i)=\dbinom{\sigma_0(i)}{2}=\dfrac{\sigma_o(i)^2-\sigma_0(i)}{2}\)

其中 \(\sigma_0(i)\) 的前缀和是易得的：\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}=\sum\limits_{d=1}^{n}\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\) 一次数论分块即可。

重点看 \(\sigma_0(i)^2\) 的前缀和，这个积性函数不得不重推 \(\text{dgf}\) 来探究。

为了下文表述方便，设 \(f_p(x)=\sum\limits_{k\geq 0}\sigma(p^k)^2x^k\) ，即设对每个质数 \(p\) 设 \(x=p^{-z}\) 转为贝尔级数的形式。

那 \(\sigma_0(i)^2\) 的 \(\text{dgf}\) 就是 \(\prod\limits_{p\in \text{Prime}}f_p(p^{-z})\)

由于 \(\sigma_0(p^k)^2=(k+1)^2\)

所以 \(f_p(x)=\sum\limits_{k\geq 0}(k+1)^2x^k=\sum\limits_{k\geq 0}k^2x^k+\sum\limits_{k\geq 0}kx^k+\dfrac{1}{1-x}\)

由于 \(\sum\limits_{k\geq 0}a_kx^k=F(x)\Rightarrow\sum\limits_{k\geq 0}t(k)a_kx^k=t(x\mathrm{D})F(x)\) ，其中 \(x\mathrm D\) 代表对原式求导后乘 \(x\) 的算子，\(t\) 是一个多项式。

这用第二类 \(\text{Stirling Numbers}\) 把 \(t(k)\) 每一项转为下降幂，再用具体数学的习题 \((6.13)\) 容易证明。

所以

\[f_p(x)=(x\mathrm{D})^2\dfrac{1}{1-x}+2(x\mathrm D)\dfrac{1}{1-x}+\dfrac{1}{1-x} \]

\[=(x\mathrm{D})\dfrac{x}{(1-x)^2}+\dfrac{2x}{(1-x)^2}+\dfrac{1}{1-x} \]

\[=x\dfrac{(x^2-2x+1)-(2x-2)x}{(1-x)^4}+\dfrac{2x}{(1-x)^2}+\dfrac{1}{1-x} \]

\[=x\dfrac{1-x+2x}{(1-x)^3}+\dfrac{2x}{(1-x)^2}+\dfrac{1}{1-x} \]

\[=\dfrac{x+x^2+2x-2x^2+x^2-2x+1}{(1-x)^3}=\dfrac{1+x}{(1-x)^3} \]

这式子十分简洁，于是 \(\sigma_0(i)^2\) 的 \(\text{dgf}\) 就是：

\[\prod\limits_{p\in \text{Prime}}\dfrac{1+p^{-z}}{(1-p^{-z})^3}=\prod\limits_{p\in \text{Prime}}\dfrac{1-p^{-2z}}{(1-p^{-z})^4}=\dfrac{\zeta(z)^4}{\zeta(2z)} \]

这可以看做 \(\zeta(z)^4\times \dfrac{1}{\zeta(2z)}\) ，而 \(\zeta(2z)=\prod\limits_{p\in \text{Prime}}1-p^{-2z}\) 仅在分解后各个质数次幂为 \(2\) 的数中有值。

所以 \(\dfrac{1}{\zeta(2z)}\) 仅在 \(\text{PN}\) 中的一部分中有值，个数小于 \(\sqrt n\) ，能直接搜出来。

剩下的就是求 \(\zeta(z)^4\) 的前缀和，可以杜教筛。

这相当于 \(\zeta(z)^2\) 与自身的卷积，而为了求出 \(\zeta(z)^2\) 需要 \(\zeta(z)\) 与自身的卷积。

但 \(\zeta(z)^2\) 与 \(\zeta(z)\) 需要的仅是 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 处的 \(O(\sqrt n)\) 个值，在预处理出前 \(n^{\frac{2}{3}}\) 的前缀和后用杜教筛的时间复杂度是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)

由于我比较懒，在处理前 \(n^{\frac{2}{3}}\) 的 \(\zeta(z)^2,\zeta(z)^4\) 的前缀和时直接用了 \(\text{P5495}\) 的方法多一个 \(\ln\ln n\) 算。

那这样预处理的范围可以适当调整一下。

总时间复杂度是 \(O(n^{\frac{2}{3}}\ln\ln n)\) 或 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) ，取决于是否线性筛。

但即使是 \(O(n^{\frac{2}{3}}\ln\ln n)\) 的方法在 \(\text{loj}\) 上也能跑的十分快，不可思议地快过了一部分 \(\text{Min25}\) 筛。