数论卷积相关

积性函数

如果函数是积性函数，那么只需要知道其在 $1, p^k$ 处的取值，那么已经完全了解了这个函数。这极大简化了问题。

随便看个例子：求因子和函数 $\sigma$ 是什么。

首先证明是积性函数。考虑 $\operatorname{id} * \mathbf 1 = \sigma$，因此是积性函数。

其次考虑其在 $1,p^k$ 处取值：

因此可以乘起来就知道了。

接下来再看看欧拉函数是什么。怎么证明积性函数：

那是什么就乱证。

逆元，单位元的定义

单位元 $e$，也叫做幺元。其在一个半群 $(D, \circ)$（前一个是元素集合，后一个是运算符）中被定义的话，半群被称作幺半群。

某一个元素 $x$ 的逆元 $x^{-1}$，意思是 $x \circ x^{-1} = e$。

例如，
对于 $\circ = +$，$e = 0$，因此 $x + x^{-1} = 0$。
对于 $\circ = \times$，$e = 1$，因此 $x \times x^{-1} = 1$。
对于 $\circ = \times$（矩阵乘法），$e =$ 单位矩阵（主对角线是 $1$ 其他都是 $0$）。

Dirichlet 卷积

也叫乘法卷积。
对于两个数列 $\{a_n\}, \{b_n\}$，定义 $\{c_n\}$ 为 $a,b$ 做狄利克雷卷积的结果。也称 $c = a * b$。那么 $\forall i, c_i = \sum \limits_{k | i} a_k b_{\frac{i}{k}}$。朴素地进行一次狄利克雷卷积，时间复杂度为 $O(n \ln n)$。
性质：
对于两个积性函数 $f, g$，$f*g$ 是积性函数。容易证明。（有什么用？积性函数有一些牛逼的筛法和性质）

在此基础上，定义一些特殊函数。

$\mathbf 1$ 函数：$\mathbf 1_x = 1$，是完全积性函数。

$e$ 函数：半群 $(f, *)$ 的单位元。考虑其性质：
$e * f = f$
当 $x=1$ 时，$e_1f_1=1$，显然 $e_1=1$。
当 $x\neq 1$ 时，$e_1f_x + e_?f_?... = 1$，显然 $e_? = 0$。
因此 $e = \{1, 0, 0, ..., 0\}$。

$\mu$ 函数：也叫做莫比乌斯函数。是 $\mathbf 1$ 函数的逆元。也即，$\mathbf 1 * \mu = e$
当 $x=1$ 时，$\mathbf 1_1 \mu_1 = 1$，显然 $\mu_1 = 1$。
当 $x=p$ 时，$\mathbf 1_1 \mu_p + \mathbf 1_p \mu_1 = 0$，显然 $\mu_p = -1$。
为了简便，我们发现可以省去 $\mathbf 1_?$。接着看看。
当 $x=p^k$ 时，$\mu_1 + \mu_p + \mu_{p^2} + \mu_{p^3} + ...$，那么当 $k>1$ 的时候 $\mu_{p^k} = 0$。
当 $x=pq$ 时，$\mu_1 + \mu_p + \mu_{q} + \mu_{pq}$，那么 $\mu_{pq} = 1$。
二项式反演得，$\mu_{p_1p_2p_3...p_k}=(-1)^k$。
当 $x=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$ 时，需要 $\mu_{有平方因子的数}=0$。
验证一下，确实能对的上。
因此 $\mu_x = \left\{ \begin{array}{ll} (-1)^k & x 没有平方因子，有 k 个质因数 \\ 0 & x 有平方因子 \end{array} \right.$

有一个东西是要注意到的。$\sum \limits_{d | n} f_d$ 等于 $f *\mathbf 1$。

莫比乌斯反演

$f * 1 = g, g * \mu = f$，第二个过程就是莫比乌斯反演。

有什么作用？对于某一项的性质可以追踪。例如 $\mathbf 1_x * \mu_x = e_x$，可以判断 $[x=1]$。

莫比乌斯函数是积性函数，可以通过线性筛求。其中素数赋 $1$，最小质因子乘上的时候赋 $0$，否则赋相反数。

POI2007 Zap（BZOJ1101）

整除分块即可。这是非常经典的应用。虽然在 $a = b$ 的时候具有 $2 \sum φ_i - 1$ 的简便方法，但是这个推法显然是更为能够推广的。

拓展式子

$\varphi * \mathbf 1 = \operatorname{id}$，其中 $\operatorname{id}_x = x$。
证明：
首先这三个都是积性函数，因此只需证明对任意 $p^k$ 都成立，那么对所有正整数均成立。
考虑 $\varphi_{p^k} = p^{k-1}(p-1)$。
因此 $\varphi_{p^k} * \mathbf 1 = \sum \limits_{i = 1}^{k} p^{i-1} (p-1) + 1$

得证。

狄利克雷前缀和

更优秀的求 $a * \mathbf 1$ 的方式。用 $p$ 进赋值序列的视角看待，是一个高维前缀和。注意 $1$ 没啥特别的，没有 $1$ 这一维度。
时间复杂度 $O(n \log \log n)$，比一般的 $O(n \log n)$ 要好。

P5495

f(i, 1, cnt) for(int j = p[i]; j <= n; j += p[i]) a[j] += a[j / p[i]];

类似地，可以卷 $\mu$，也就是前缀和的逆运算。还不用筛。

f(i, 1, cnt) for(int j = n / p[i]; j >= 1; j --) a[j * p[i]] -= a[j];

P2714

gcd 卷积。 $\sum \limits_{\gcd(i, j) = 1} a_ib_j$

这个算超集和，就是 FMT。不需要显式的 $p$ 进赋值序列，只需要直接枚举 $p$ 即可。

注意卷积里面 $a,b$ 分别是多少。

最后容斥做的时候一定要推清楚。系数是一个组合数行求和形式。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 1e9;
//#define cerr if(false)cerr
#define freopen if(false)freopen
#define watch(x) cerr  << (#x) << ' '<<'i'<<'s'<<' ' << x << endl
void cmax(int &x, int y) {if(x < y) x = y;}
void cmin(int &x, int y) {if(x > y) x = y;}
//调不出来给我对拍！
const int v = 10000; 
int p[10010]; bool c[10010]; int cnt; int a[10010], b[5][10010];
void euler() {
    f(i, 2, v) {
        if(!c[i]) {p[++cnt] = i;}
        for(int j = 1; j <= cnt && p[j] * i <= v; j ++) {
            c[p[j] * i] = 1;
            if(i % p[j] == 0) break;
        }
    }
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    //freopen();
    //freopen();
    //time_t start = clock();
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    euler(); 
    int n; 
    while(cin >> n) {
        memset(a, 0, sizeof(a)); memset(b, 0, sizeof(b)); 
        f(i, 1, n) {cin >> a[i]; b[1][a[i]] ++;}
        //对 b 做 gcd 卷积
        f(i, 1, v) b[0][i] = b[1][i];
        f(j, 1, cnt) { //维度
            for(int k = v / p[j]; k >= 1; k --) {
                b[0][k] = b[0][k * p[j]] + b[0][k]; 
            }
        }
        f(i, 1, 3) {
            //FWT
            f(j, 1, v) b[i + 1][j] = b[i][j];
            f(j, 1, cnt) { //维度
                for(int k = v / p[j]; k >= 1; k --) {
                    b[i + 1][k] = b[i + 1][k * p[j]] + b[i + 1][k]; 
                }
            }
            //点值乘法
            f(k, 1, v) b[i + 1][k] *= b[0][k];
            //IFWT
            f(j, 1, cnt) {
                for(int k = 1; k <= v / p[j]; k ++) b[i + 1][k] = b[i + 1][k] - b[i + 1][k * p[j]];
            }
        }
        b[2][1] -= b[1][1]; b[2][1] /= 2;
        b[3][1] -= b[1][1]; b[3][1] -= 6 * b[2][1]; b[3][1] /= 6;
        b[4][1] -= b[1][1]; b[4][1] -= 14 * b[2][1]; b[4][1] -= 36 * b[3][1]; b[4][1] /= 24;
        cout << b[4][1] << endl;
    }
    //time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}
/*
2023/x/xx
start thinking at h:mm


start coding at h:mm
finish debugging at h:mm
*/

狄利克雷除法

递推，先解出 $G$，时间复杂度 $O(n \log n)$，然后卷。
总时间 $O(n \log n)$。

性质

狄利克雷卷积有交换律和结合律。（这个乱证）

两个积性函数做狄利克雷除法的结果是积性函数。

powerful number 筛

powerful number，是没有非平方因子的数。$\le n$ 的 powerful number 的规模是 $O(\sqrt n)$ 的。

时间复杂度 $O(\sqrt n \times t)$，$t$ 是查询一次 $g$ 前缀和的时间。

2.2 模拟赛 T2 数论导数

【题意】

【分析】

怎么求 $q_d$ 在 $d \in powerful~number$ 的时候的取值？首先 $q$ 是积性函数。因此只需要知道 $q_1$ 和 $q_{p^k}$ 的取值就可以乘出所有取值。注意 $k > 1 \or k = 0$ 对所有 $p$ 都成立。

积性函数的性质非常神奇，一定要懂得用。