【学习笔记】数论

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哈哈。

正确性和复杂度的证明没给就是不会或者懒得写。

基础式子，定义

$x\mid y$ 代表 $x$ 整除 $y$ 即 $x$ 是 $y$ 的因数。

多个数最大的公因数用 $gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)$ 表示。

$(x,y)$ 表示 $gcd(x,y)$，$[x,y]$ 表示 $\text{lcm}(x,y)$。

$[x]$ 中如果 $x$ 为关系式，若 $x$ 成立则 $[x]=1$，否则 $[x]=0$。

积性函数

若函数 $f(n)$ 满足 $f(1)=1$ 且对于任何 $(i,j)=1$，有 $f(i\times j)=f(i)\times f(j)$，则称 $f(n)$ 为积性函数。

更甚，若函数 $f(n)$ 满足 $f(1)=1$ 且对于任意 $i,j$ 都有 $f(i\times j)=f(i)\times f(j)$，则称 $f(n)$ 为完全积性函数。

若 $f(x),g(x)$ 均为积性函数，那么以下函数皆为积性函数：

• $h(x)=f(x^p)$，这个应该很简单，令 $x=i\times j$ 且 $(i,j)=1$，那么 $(i^p,j^p)=1$。所以 $f(x^p)$ 是积性函数，
• $h(x)=f^p(x)$，$f^p(x)$ 定义是 $f(x)$ 这个值的 $p$ 次方，这个应该也很简单，每一个 $f(x)=f(i)f(j)$，那么它们的 $p$ 次方 $f^p(x)=f^p(i)f^p(j)$，也即 $h(x)=h(i)h(j)$。
• $h(x)=f(x)g(x)$，这个显然吧。
• $h(x)=\sum _{k|x}f(k)g(\frac{x}{k})$。挺好记的记就好了。

有一些常用的函数如下：

• 单位函数 $\epsilon (n)=[n=1]$，完全积性。卷积中有用。
• 恒等函数 $i{d}_k(n)=n^k$，完全积性，其中 $i{d}_1(n)$ 简记为 $id(n)$。
• 常数函数 $1(n)=1$，完全积性。
• 除数函数 ${\sigma }_k(x)=\sum _{i|x}{i}^k$，其中 ${\sigma }_0(x)$ 代表 $x$ 的因子个数，简记为 $d(x)$，${\sigma }_1(x)$ 代表 $x$ 的因子和，简记为 $\sigma (x)$。积性。对于 $d(x\times y)$ 还有一个特殊性质：$d(xy)=\sum _{i|x}\sum _{j|y}[gcd(i,j)=1]=\sum _{k|x,k|y}\mu (k)d(\frac{x}{k})d(\frac{y}{k})$。

main

欧几里得定理

$gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$。其实挺简单，懒得证。

可以用来求两个数的 $gcd$，复杂度 $O(\log max(a,b))$。

Il int gcd(int x,int y){return (y?gcd(y,x%y):x);}

扩展欧几里得算法（扩欧，exgcd）

给定 $a,b$，求 $ax+by=gcd(a,b)$ 的任意一组整数解。

$a{x}_1+b{y}_1=gcd(a,b)$，假设有方程 $b{x}_2+(amodb)y_2=gcd(b,amodb)$。

由欧几里得定理 $gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$，所以 $a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(amodb)y_2$。

$amodb=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b$，代进去：

$a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+a{y}_2-(\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b)y_2=a{y}_2+b(x_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_2)$。

所以我们如果得到了 $x_2,y_2$，那么 $x_1,y_1$ 的一种可能解就是 $y_2,x_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_2$。

所以我们可以考虑递归求，找到一个边界 $a{x}_k+b{y}_k=gcd(a,b)$ 中的 $b\mid a$，那么 $gcd(a,b)=a$，此时的一个解为 $x=1,y=0$。

递归按求 $gcd$ 的方式递归下去，复杂度是 $O(\log max(a,b))$。

扩欧得到的解一定满足 $|x|\le a,|y|\le b$。不会证，可能不补。

裴蜀定理（贝祖定理）

方程 $ax+by=c$ 有整数解当且仅当 $gcd(a,b)\mid c$。

这个很简单，$gcd(a,b)\mid ax$，$gcd(a,b)\mid by$，$\therefore gcd(a,b)\mid ax+by$。

裴蜀能推广到多个数，不证。

关于逆元

$x$ 在模 $p$ 同余下若有逆元，则 $(x,p)=1$。证明显然，$x{x}^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)\to x{x}^{-1}=kp+1\to x{x}^{-1}-kp=1$，这里面 $x,p$ 都是给定常量，所以根据裴蜀可知这个方程有整数解当且仅当 $(x,p)=1$。同理逆元可以直接用扩欧来算。

费马小定理

$p$ 为质数且 $a,p$ 互质时有 $a^{p-1}=1(\mathrm{mod}p)$。可以通过这个加快速幂算逆元。

证明：

• 先假设有一个序列 $A=1,2,\dots ,p-1$，取一个不是 $p$ 的倍数 $a$，有 $\prod A_i=\prod a{A}_i(\mathrm{mod}p)$。先证明这个式子。
• 也就是所有 $a\times A_i(\mathrm{mod}p)$ 互不相等。考虑反证，假设有 $a\times A_i=a\times A_j(\mathrm{mod}p)$，因为 $a,p$ 互质，显然就有 $A_i=A_j$，产生了冲突。
• 所以 $(p-1)!\equiv a^{p-1}\times (p-1)!(\mathrm{mod}p)$，那么就有 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

欧拉筛（线性筛）

板子会背就行。板子里面在 $i\equiv 0(\mathrm{mod}prim{e}_j)$ 的时候就跳出标记合数的循环，原因是如果 $i$ 被 $prim{e}_j$ 标记了，那么 $i$ 乘上其他质数的答案一定也被 $prim{e}_j$ 标记了，所以每个合数会且只会被标记一遍。我们在线性筛的过程中能够得到每个合数的最小质因子。

根据数学知识我们知道 $1$ 到 $n$ 的质数约有 $\frac{n}{\ln n}$ 个，如果我们能做到用不高于 ${\log }_2$ 的复杂度对于质数求解答案，对于任意质数 $p$，任意正整数 $k$，能做到 $O(1)$ 计算 $f(p^k)$，就能做到对于积性函数 $f$ 线性筛出 $1$ 到 $n$ 的答案。

威尔逊定理

学长说没什么用。正整数 $p$ 是质数的充要条件是 $(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p)$。不证。

卢卡斯定理

用于解决大组合数的取模，式子是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})modp=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor })\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})modp$。要求 $p$ 是质数。后面那个通过预处理阶乘做，前面那个可以继续递归求解，复杂度为 $O(p+\log p)$，$p$ 是预处理阶乘的复杂度，$\log p$ 是模一个数至少减半，$\log p$ 次之后 $m$ 就会变成 $0$ 进入到组合数边界。

中国剩余定理（CRT）

对于 $n$ 个 $x\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}_i)$ 的式子求通解。限制是对于任何 $i\ne j$，有 $(p_i,p_j)=1$。记 $P=\prod p,P_i=\frac{P}{p_i}$，这里不模东西，一般来说可以开到 int128。然后 $q_i$ 是 $P_i$ 在模 $p_i$ 意义下的逆元，那么该方程组有唯一通解 $x=\sum _{i=1}^n{a}_i{q}_i{P}_i(\mathrm{mod}P)$。

证明：

• 对于 $i\ne j$，$P_i=0(\mathrm{mod}{p}_i)$
• 此时 $xmod{p}_i=\sum _{j=1}^n[i==j]a_j{q}_j{P}_{j}mod{p}_i=a_i{q}_i{P}_{i}mod{p}_i=a_i$
• 所以此时的 $x$ 是方程组的解。唯一性不会证明不证了。

扩展中国剩余定理（exCRT）

普通的 CRT 适用范围太小了，要求过于严格，exCRT 可以基本做到全方面碾压普通 CRT。同样是 $O(n\log V)$ 的复杂度，exCRT 不需要任何限制。

现在我们先考虑只有两个方程 $\{\begin{array}{c}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\end{array}$。为了方便可以前面多加一个 $x\equiv 0(\mathrm{mod}1)$。首先可以转化为 $x=k_1{p}_1+a_1=k_2{p}_2+a_2$，移项得 $p_1{k}_1-p_2{k}_2=a_2-a_1$。这是一个二元一次不定方程，可以用裴蜀判无解然后扩欧求一个方程 $p_1{K}_1+p_2{K}_2=gcd(p_1,p_2)$ 的解，那么 $k_1=K_1\times \frac{a_2-a_1}{gcd(p_1,p_2)},k_2=-K_2\times \frac{a_2-a_1}{gcd(p_1,p_2)}$。这个时候我们的 $x$ 就可以等于 $k_1{p}_1+a_1$。令这个得到的解为 $x_0$，可以先把它模一下 $lcm(p_1,p_2)$。显然它满足上面的方程，那么就能得到 $x$ 的通解 $x=x_0+k\times \text{lcm}(p_1,p_2)$，即 $x\equiv x_{0}modlcm(p_1,p_2)(\mathrm{mod}lcm(p_1,p_2))$。这时我们把两个方程用 $O(\log V)$ 的复杂度合并成了一个方程，这么合并下去就能得到解。

还看到另一种好理解的办法，我们假设已经求出来前 $i-1$ 组的答案 $la$，令 $lp=lcm(p_1,p_2,\dots ,p_{i-1})$，则对于任意整数 $x$，$ans+lp\times x$ 是前 $i-1$ 组的解，所以我们就是想找到一个 $x$ 使得 $ans+lp\times x\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}_i)$，爆改一下式子就变成 $lp\times x+p_i\times k=a_i-ans$，扩欧就好。

记得输出时再对答案取一次模，无论在过程中是否有取模。

欧拉函数

$\phi (x)$ 表示有多少个 $i$ 满足 $1\le i\le x,(i,x)=1$。这是一个积性函数。显然 $\phi (1)=1$，对于质数 $p$，$\phi (p)=p-1$。

如果是仅求一个数的欧拉函数值，可以直接在质因子分解的时候做，对于一个包含的质因子 $p$，每 $p$ 个数中都有一个数的因子包含 $p$，所以答案乘上 $\frac{p-1}{p}$ 就好。有 $\phi (n)=n\times \prod \frac{p_i-1}{p_i}$。

然后欧拉函数可以直接筛的。对于 $p$ 是 $n$ 的最小质因子，我们令 $t=\frac{n}{p}$，如果 $(p,t)=1$ 那么 $\phi (n)$ 可以直接用 $\phi (t)\phi (p)$ 表示出来。否则我们可以知道 $n$ 中含有不止一个 $p$，即 $n$ 含有的所有质因子 $t$ 都应该含有。那么 $\phi (n)=n\times \prod \frac{p_i-1}{p_i}=p\times t\times \prod \frac{p_i-1}{p_i}=p\times \phi (t)$。

注意这里求 $gcd$ 我们只需要知道 $t$ 是否仍然包含 $p$，可以改成取模，这样就能线性筛出来欧拉函数了。

性质：$n=\sum _{k|n}\phi (k)$。证明用莫反，现在不会，摆了。

性质：对于任意 $x>2$，都有 $\phi (x)$ 是偶数。

证明：

• 如果 $x$ 是质数，那么 $\phi (x)=x-1$ 为偶数。否则 $\phi (x)=x\times \prod \frac{p_i-1}{p_i}$。
• 对于任何 $p_i\ne 2$，乘上的 $p_i-1$ 会让 $\phi (x)$ 变成偶数。
• 如果 $x$ 只有一种质因子 $2$，因为 $x$ 至少为 $4$，而上式只能让 $x$ 乘一个 $\frac{1}{2}$，仍然是偶数。

根据上面那条性质我们可以得知对一个数 $a$ 一直取 $\phi (a)$ 只需要 $O(\log a)$ 次就能降到 $1$。

欧拉定理

若有 $(a,p)=1$，则 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。可以用这个求逆元。但是求 $\phi (p)$ 是根号的，一般题目 $p$ 确定也用不到线性筛，所以单纯用欧拉定理求逆元应该没用。

证明可以参考费马小定理的证明。可以构造一个长度为 $\phi (p)$ 的数列 $P$，每一个数 $P_i$ 就是那个和 $p$ 互质的数，显然对于一个 $(a,p)=1$，$\prod a{P}_i\equiv \prod P_i(\mathrm{mod}p)$，同时约掉 $\prod P_i$ 就可以得到欧拉定理的式子。

扩展欧拉定理

能够进行模意义下的光速幂，可以支持在指数过大比如无法存下来的时候将指数 $p$ 化成一个可以支持的范围内，比如 $\phi (p)$。

$a^b\equiv \{\begin{array}{c}{a}^{bmod\phi (p)},gcd(a,p)=1\\ a^b,gcd(a,p)\ne 1,b<\phi (p)\\ a^{(bmod\phi (p))+\phi (p)},gcd(a,p)\ne 1,b\ge \phi (p)\end{array}(\mathrm{mod}p)$。

显然通过这个我们能将指数降到一个 $2\phi (p)$ 的可以接受的范围内。至于定理的证明，可能待补，先贴链接。

欧拉反演

来自欧拉函数的一个性质 $\sum _{d|n}\phi (d)=n$。

感性证明：

• 假设有 $\frac{1}{n},\frac{2}{n},\dots ,\frac{n}{n}$ 这 $n$ 个分数，现约分到最简形式。
• 那么对于分母为 $d$ 的分数 $\frac{i}{d}$，有 $i,d$ 互质且 $i\le d$。我们发现分母为 $d$ 的分数个数就是 $\phi (d)$。
• 因为是约分，所以分母 $d$ 一定满足 $d|n$，全部加起来就是总分数个数 $n$。

所以把 $n$ 换成其他东西，比如 $gcd(x,y)$，可以得到 $\sum _{d|gcd(x,y)}\phi (d)=\sum _{d|x,d|y}\phi (d)$。

欧拉反演公式：$\sum _{i=1}^{n}gcd(i,n)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|n}[d|i]\phi (d)=\sum _{d|n}\sum _{i=1}^n[d|i]\phi (d)=\sum _{d|n}\frac{n}{d}\phi (d)$。考虑 $1$ 到 $n$ 中是 $d$ 的倍数的数有 $\frac{n}{d}$ 个。

拉格朗日定理

对于 $n$ 次同余方程 $f(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$，其最多有 $n$ 个不同解。不证。

阶

$n$ 为 $a$ 的阶，当且仅当存在 $n$ 是满足同余式 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 的最小正整数，记作 ${\delta }_m(a)$。

$a^1,a^2,\cdots ,a^{{\delta }_m(a)}$ 模 $m$ 互不同余。

• 若有 $1\le i<j\le {\delta }_m$ 且 $a^i\equiv a^j(\mathrm{mod}m)$，则有 $a^{j-i}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。
• 显然有 $1\le j-i<{\delta }_m(a)$，与阶最小性相冲突。

由此我们也可以推出若 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，则 ${\delta }_m(a)|n$。

令 $A={\delta }_m(a),B={\delta }_m(b),X={\delta }_n(ab)$，则 $X=AB$ 的充要条件是 $(A,B)=1$。

必要性证明：

• 由 $a^A\equiv 1(\mathrm{mod}m),b^B\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 可得 $(ab{)}^{[A,B]}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

• 由前文性质可知 $X|[A,B]$。又由于 $X=AB$ 所以有 $AB|[A,B]$。即为 $(A,B)=1$。

充分性证明：

• 由定义 $(ab{)}^X\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 可知 $((ab{)}^X{)}^B\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，即 $a^{XB}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，所以有 $A|XB$。

• 又因为有 $(A,B)=1$ 所以有 $A|X$。同理也有 $B|X$。所以可以得到 $AB|X$。

• 另一方面，$(ab{)}^{AB}\equiv (a^A{)}^B(b^B{)}^A\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，所以有 $X|AB$。

• 结合起来得到 $X=AB$。

若 $(a,m)=1$，则 ${\delta }_m(a^k)=\frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),k)}$。

原根

启动！？

正整数 $g$ 是正整数 $n$ 的原根，当且仅当 $1\le g<n$ 且 $g$ 模 $n$ 的阶为 $\phi (n)$。

当且仅当 $m=2,4,p^k,2p^k$ 时，$m$ 拥有至少一个原根，其中 $p$ 是奇质数，不证。

模 $m$ 的原根个数为 $\phi (\phi (m))$。其中最小原根大小不大于 $m^{0.25}$ 级别。令最小原根为 $g$，则其他原根皆为满足 $(i,\phi (m))=1,i\le \phi (m)$ 的 $g^i$。

若 $g$ 为模 $m$ 的原根，则对于任意 $\phi (m)$ 质因子 $p$ 都有 $g^{\frac{\phi (m)}{p}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

找最小原根直接枚举即可，复杂度不会太大？

库默尔定理

对 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m})$ 质因数分解得到质数 $p$ 的个数是 $n+m$ 在 $p$ 进制下进位的次数。不会证。

整除分块（数论分块）

$O(\sqrt{n})$ 计算 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 之类的。考虑可以对于 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 相等的 $i$ 一起讨论，显然这是相邻的。分块讨论是 $O(\sqrt{n})$ 块，且值 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 所在的块的最右段为 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$。较为非常优美的形式。最喜欢的一集。

莫比乌斯函数

定义莫比乌斯函数 $\mu (x)$，当 $x$ 为 $1$ 时，取值为 $\mu (x)=1$，当 $x$ 为一个除 $1$ 外的平方数的倍数时，$\mu (x)=0$，其他情况下 $\mu (x)=(-1{)}^{\omega (x)}$，其中 $\omega (x)$ 定义为 $x$ 中本质不同的质因子个数，是一个加性函数，即对于互质的 $a,b$，有 $\omega (a)+\omega (b)=\omega (ab)$。可以线性筛出来。比较难以描述，建议直接看代码。

Il void init(){
	mu[1]=1;memset(isp,1,sizeof(isp));
	for(Ri i=2;i<=n;i++){
		if(isp[i])pr[++pn]=i,mu[i]=1;
		for(Ri j=1;j<=pn**i*pr[j]<=n;j++){
			isp[i*pr[j]]=0;mu[i*pr[j]]=-mu[i];
			if(i%pr[j]==0){mu[i*pr[j]]=0;break;}
		}
	}
	return;
}

卷积（狄利克雷卷积）

对于两个数论函数 $f(x),g(x)$，它们的卷积定义为 $h(x)=\sum _{d|x}f(d)g(\frac{x}{d})$，简记为 $h=f\ast g$。卷积带有交换律：$f\ast g=g\ast f$。卷积带有结合律：$f\ast (g\ast h)=(f\ast g)\ast h$。卷积带有分配率：$(f+h)\ast g=f\ast g+h\ast g$。卷积拥有等式的性质：$f=g$ 的充要条件是 $f\ast h=g\ast h$，其中 $h$ 满足 $h(1)\ne 0$。积性函数的单位函数 $\epsilon$ 是单位元，也就是令 $f\ast \epsilon =f$ 的函数。两个积性函数的卷积也是积性函数。积性函数的逆元定义为 $f\ast g=\epsilon$ 的 $g$，$g$ 也是积性函数。

常见的 卷积式：不证。

• $\epsilon =\mu \ast 1$。
• $d=1\ast 1$。
• $\sigma =id\ast 1$。
• $\phi =\mu \ast id$。
• $id=\phi \ast 1$。

莫比乌斯反演

反演结论：$\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)=[gcd(i,j)=1]$。

证明：

• 我们证明 $\mu \ast 1=\epsilon$，也可以表达成 $\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$，和上面的形式是一样的。
• 因为带有平方因子的数都不会造成贡献，令 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i},n^{\prime }=\prod _{i=1}^k{p}_i$。
• 则 $\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)$。所以所有 $d$ 都是 $k$ 中一些 $p$ 组合出来的。排列组合得 $\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(-1{)}^i$。
• 典的二项式定理，得上式 $=[k=0]$。$k=0$ 代表 $n$ 没有任何质因子，所以原式 $=[n=1]$。

如果有 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$，那么有 $g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$。这种情况下 $f(n)$ 称作 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，$g(n)$ 称作 $f(n)$ 的莫比乌斯反演。

证明：

• $\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{k|\frac{n}{d}}g(k)=\sum _{d|n}g(d)\sum _{k|\frac{n}{d}}\mu (k)$。
• 最后一步变换了求和顺序，容易发现每一个原本对应的 $g(d)\mu (k)$ 现在仍然对应一个 $g(d)\mu (k)$ 所以仍然是正确的。
• 后面那一块可以用一个反演结论。所以 $\sum _{d|n}g(d)\sum _{k|\frac{n}{d}}\mu (k)=\sum _{d|n}g(d)[n=d]=g(n)$。

如果有 $f(n)=\sum _{n|d}g(d)$，那么有 $g(n)=\sum _{n|d}f(d)\mu (\frac{d}{n})$。

证明：

• 考虑和上面类似的证明方式。把 $d$ 用 $n$ 的倍数形式表示。$\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)=\sum _{k=1}\mu (k)f(kn)$。
• 把 $f$ 拆开成 $g$。$\sum _{k=1}\mu (k)\sum _{kn|d}g(d)$。枚举 $k$ 再枚举 $kn$ 的倍数等价于枚举 $n$ 的倍数然后枚举可行的 $k$。$\sum _{n|d}g(d)\sum _{k|\frac{d}{n}}\mu (k)$。
• 后面那一坨还是反演结论，$\sum _{d|n}g(d)[d=n]=g(n)$。

杜教筛

较快地计算某些数论函数的前缀和，即在低于线性的时间内计算 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$。

对于任意数论函数 $f,g$ 令 $h=f\ast g$，则 $\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$。考虑常见的枚举 $d$，得到上式 $=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(k)=\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$。

考虑 $g(1)S(n)$ 的特殊含义。显然 $g(1)S(n)=\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$。前面那个可以转化成 $\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$。

得到杜教筛核心式子 $g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$。如果我们令 $g$ 为积性函数，则得到 $S(n)$ 的取值，如果我们能找到一个合适的积性函数 $g$（注意 $f$ 不一定需要为积性），并且支持快速求 $g$ 和 $f\ast g$ 的前缀和，后面的部分可以递归数论分块做，那么我们就达到低于线性的复杂度内求得 $f$ 的前缀和。

朴素杜教筛的复杂度为 $O(n^{\frac{3}{4}})$。不会证。

有一个优化，即提前筛出 $f$ 的前 $m=n^{\frac{2}{3}}$ 个答案（前提是能线性筛出）后再使用杜教筛，可以使复杂度平衡至 $O(n^{\frac{2}{3}})$。可以加上哈希表进行记忆化。