数学

参考资料：

卷积与反演-luogu
狄利克雷卷积-知乎
狄利克雷卷积和莫比乌斯反演-知乎
莫比乌斯反演-oiwiki
整除分块-oiwiki

常用积性函数：

$\bullet$ 单位函数 $\epsilon (n)\text{ = }\{\begin{array}{l}\text{1, while n=1}\\ \text{0, otherwise}\end{array}$

$\bullet$ 幂函数 $\{\begin{array}{l}I{d}_k(x)\text{ = }{x}^k\\ Id(x)\text{ = }x\text{, }k\text{ = }1\\ 1(x)\text{ = }1\text{, }k\text{ = }0\end{array}$

$\circ$ 除数函数 $\{\begin{array}{l}{\sigma }_k(n)\text{ = }{\mathrm{\Sigma }}_{d\mid n}{d}^k\\ \sigma (n)\text{ = }{\mathrm{\Sigma }}_{d\mid n}d\text{, }k\text{ = }1\\ d(n)\text{ = }{\mathrm{\Sigma }}_{d\mid n}1\text{, }k\text{ = }0\end{array}$

$\circ$ 欧拉函数 $\phi (n)\text{ = }{\mathrm{\Sigma }}_{i=2}^n[n\perp i]\text{ = }n\times {\mathrm{\Pi }}_{p\mid n}\frac{p-1}{p}(p\in \{prime\})$

其中 $\bullet$ 表示完全积性函数

因为这些都是积性函数，它们都满足 $f(1)=1$
（我们常用 $f,g,h$ 来代表函数，在本篇中用来表示积性函数较多

狄利克雷卷积

狄利克雷卷积是定义在数论函数间的二元运算。
定义式为：

以下出现的 $\ast$ 不是我们常理解的乘，而是卷

$$(f\ast g)(n)\text{ = }{\mathrm{\Sigma }}_{ij=n}f(i)g(j)$$

也会写为：

$$(f\ast g)(n)\text{ = }{\mathrm{\Sigma }}_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

且若 $f,g$ 是积性函数，则 $f\ast g$ 也是积性函数

特殊函数的卷积：

1. $I{d}_k\ast 1\text{ = }{\sigma }_k$
2. $\phi \ast 1\text{ = }Id$
3. $1\ast 1=d$

有趣的运算：
$\sigma =Id\ast 1=\phi \ast 1\ast 1=\phi \ast d$

性质：
交换律： $f\ast g=g\ast f$
结合律： $(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$
分配律： $f\ast (g+h)=f\ast g+f\ast h$

分配律只在函数加法下有效

单位元：
$(\epsilon \ast f)(n)\text{ = }{\mathrm{\Sigma }}_{xy=n}\epsilon (x)f(y)\text{ = }f(n)$ ，所以单位函数 $\epsilon$ 是狄利克雷卷积的单位元

逆元：
若 $f\ast g\text{ = }\epsilon$ ,则称 $g$ 是 $f$ 的狄利克雷逆，记作 $f^{-1}$。
一个函数 $f$ 存在狄利克雷逆的充要条件是 $f(1)\ne 0$ ，且一个函数的狄利克雷逆是唯一的。
有 $(f\ast g{)}^{-1}\text{ = }{f}^{-1}\ast g^{-1}$
当 $f$ 为积性函数的时候，$f^{-1}$ 也是积性函数

莫比乌斯反演

这里我们补充一个积性函数：
$\circ$ 莫比乌斯函数 $\mu (n)=\{\begin{array}{l}1n=1\\ 0n\text{含有平方因子}\\ (-1{)}^{k}k\text{为}n\mathrm{的}\mathrm{本}\mathrm{质}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$
嗯，很复杂，但没关系，我们只要记住它下面这个性质就好：

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1n=1\\ 0n\ne 1\end{array}$$

即
${\mathrm{\Sigma }}_{d\mid n}\mu (d)=\epsilon (n)$
$\mu \ast 1=\epsilon$
这说明，莫比乌斯函数是常数函数 $1$ 的逆，也就是
$1^{-1}=\mu$

反演公式：
$g=f\ast 1\iff g\ast \mu =f$
展开为：
$g(n)={\mathrm{\Sigma }}_{d\mid n}f(d)\iff f(n)={\mathrm{\Sigma }}_{d\mid n}\mu (d)g(\frac{n}{d})$

反演结论：

1. $[gcd(i,j)=1]={\mathrm{\Sigma }}_{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)$
   通过 $\mu \ast 1=\epsilon$ 可以快速并简单地证明出这点。
2. $\phi =Id\ast \mu$

线性筛 $O(n)$ 求莫比乌斯函数：

很多积性函数都是可以通过线性筛 $O(n)$ 求出的，只是方法不尽相同

mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++ i){
	if(!b[i]){
		s[++ tot] = i;
		mu[i] = -1;
	}
	for(int j = 1; j <= tot && i * s[j] <= n; ++ j){
		b[i * s[j]] = 1;
		if(!(i % s[j])){
			mu[i * s[j]] = 0;
			break;
		}
		mu[i * s[j]] = -mu[i];
	}
}

整除分块：

也常被称为数论分块

能用到整除分块的式子形式大抵是这样的：

$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$

在很多数学题中会出现它，且我们用 $O(n)$ 的复杂度去求有时是会超时的，怎么办呢？
通过打表发现许多 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的值是相同的，并成一个块状分布。且可以发现对于每一个值相同的块，它最后一个位置为 $n/(n/i)$ ，这样我们就可以 $O(\sqrt{n})$ 计算了

参考代码：

for(int l = 1, r; i <= n; l = r + 1){
	r = (n / (n / l));
	ans += (r - l + 1) * (n / l);
}

有帮助的题：

Crash的数字表格 / JZPTAB

题意：
给定 $n,m$ ，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{i=1}^{m}lcm(i,j)$$

很明显，推式子：

以下的式子默认 $n<=m$

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)$$

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{i\cdot j}{gcd(i,j)}$$

考虑枚举 $gcd(i,j)$

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d=1}^n\frac{i\cdot j}{d}[gcd(i,j)=d]$$

$i,j$ 同时乘上 $d$ （将 $[gcd(i,j)=d]$ 变为 $[gcd(i,j)=1]$）

$$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }i\cdot j\cdot d\cdot [gcd(i,j)=1]$$

$$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }d\cdot i\cdot j\sum _{k\mid gcd(i,j)}\mu (k)$$

再次将 $i,j$ 全体乘 $k$

$$\sum _{d=1}^n\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }d\cdot \mu (k)\cdot i\cdot j\cdot k^2$$

$$\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\cdot k^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }i\ast j$$

好，让我们猜猜这个式子的计算复杂度是多少。
.
.
.
$O(n)$
对，$O(n)$ 。因为这个式子可以拆为两个整除分块来做。
直接说可能抽象了，我们再来拆拆式子，设

$$f(n,m)=\sum _{k=1}^n\mu (k)\cdot k^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }i\cdot j$$

明显前半部分是可以 $O(n)$ 预处理的，关于后半部分的计算，再设

$$g(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}i\cdot j$$

$$g(n,m)=\frac{n\cdot (n+1)}{2}\times \frac{m\cdot (m+1)}{2}$$

于是

$$f(n,m)=\sum _{k=1}^n\mu (k)\cdot k^2\cdot g(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )$$

呦，整除分块，复杂度 $O(\sqrt{n})$
再看看原式

$$\sum _{d=1}^{n}d\cdot f(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$$

多眼熟，又是整除分块，总体复杂度 $O(\sqrt{n}\ast \sqrt{n})=O(n)$

真tm牛逼（小声bb