莫比乌斯反演 & gcd 卷积

没有写一些概念（？（（（

我是梅比乌斯厨=莫比乌斯厨=牲畜（暴论。

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前置芝士

积性分解

对于积性函数 $f$，给出 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$。有 $f(n)=\prod _{i=1}^{m}f(p_i^{c_i})$。意思是跟 质因子 & 幂次 相关度较高 。

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狄利克雷卷积

两个数论函数（这里理解成值域为正整数）卷乘一个新的数论函数，记作 $f\ast g$。满足

$$(f\ast g)(n)=\sum _{xy=n}f(x)g(y)=\sum _{d|n}f(d)g(n/d)$$

• 这玩意满足 交换 & 结合律。数论函数 $ϵ(n)=[n=1]$。任意数论函数 $f\ast ϵ=f$。

• 计算上面除了按照定义也可以枚举因数的倍数。

• 两个积性函数的卷积仍是积性函数。

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卷积逆元

给出 $f$ 满足 $f(1)=1$，$f$ 的逆元 $g=f^{-1}$ 满足 $f\ast g=ϵ$。

首先 $g(1)=1$，对于 $n>1$ 求 $g(n)$

$$(f\ast g)(n)=ϵ(n)$$

$$\sum _{d|n}f(d)g(n/d)=0$$

$$g(n)=-\sum _{d|n,d\ne 1}f(d)g(n/d)$$

• 积性函数的逆仍是积性函数。

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莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

有函数 $I(n)=1$，莫比乌斯函数 $\mu ={ϵ}^{-1}$。

写出在幂处的取值，是研究积性函数的通用方法。

• $\mu (1)=1$

• $\mu (p)I(1)+\mu (1)I(p)=0$ 意思是 $\mu (p)=-1$

• $k>1,\sum _{i=0}^k\mu (p^i)=0$，归纳就是 $\mu (p^k)=0$

当 $n$ 没有平方因子时， $\mu (n)=-1^x$，其中 $x$ 是 $n$ 的素因子数目。otherwise, $\mu (n)=0$。

$\mu$ 这个跟 *** 一样可爱的东西用卷积逆就可以 $O(n\log n)$ 卷出来了。也可以线性筛递推捏。具体的递推 $\mu (n)$，$p|(n/p)$ 的话 $\mu (n)=0$ 否则就是 $\mu (n)=-\mu (n/p)$。

int p[M], top, mu[M], vis[M];
vis[1]=1, mu[1]=1;
for(int i=2; i<=N; ++i) {
	if(!vis[i]) p[++top]=i, mu[i]=-1;
	for(int j=1; j<=top&&i*p[j]<=N; ++j) {
		int x=i*p[j]; vis[x]=1;
		if(i%p[j]!=0) mu[x]=-mu[i];
	}
}

约数求和 & 倍数求和

有一定的值域 qwq bwb pwp dwd

对 $f$ 弄一个可爱的 $Lsum(f)$ & 一个丑陋的 $Rsum(f)$。

$$(Lsum(f))(n)=\sum _{d|n}f(d)$$

$$(Rsum(f))(n)=\sum _{n|d}f(d)$$

按照幂次把数看为高维点这个分别是 前缀|后缀和 >w<

我们再给祂们弄逆操作$Ldif(Lsum(f))=f,Rdif(Rsum(f))=f$

差分的计算

给出 $g=Lsum(f)$，求 $f$。条件等价于 $g=f\ast l$，则 $f=g\ast \mu$。

给出 $g=Rsum(f)$，求 $f$。

$$\sum _{n|d}\mu (d/n)g(d)$$

$$=\sum _{n|d}\mu (d/n)\sum _{d|t}f(t)$$

$$=\sum _{k=1}\mu (k)\sum _{nk|t}f(t)$$

$$=\sum _{t=1}f(t)\sum _{nk|t}\mu (k)$$

$$=\sum _{t=1}f(t)[n|t]ϵ(t/n)$$

$$=f(n)$$

或者容斥也可以捏 >_<

求得 $\mu$ 的话，计算都是 $O(n\log n)$ 捏。

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gcd 卷积

给出函数 $f,g$，记两者的 gcd卷卷卷函数为 $h$。满足 $h(n)=\sum _{gcd(x,y)=n}f(x)g(y)$。

求出 $Rsum(h)$ 然后倍数差分捏。

$$(Rsum(h))(n)$$

$$=\sum _{n|gcd(x,y)}f(x)g(y)$$

$$=\sum _{n|x,n|y}f(x)g(y)$$

$$=(Rsum(f))(n)(Rsum(g))(n)$$

可以联想 and 卷积，有类似的结论 qwq

如果有些 $f$ 很厉害的话，可以顺便记录一下最小质因子的次数来递推。

诶 $n$ 里面质数的幂有多少个呢（？（（（

$$O(\sum _{p\in P}\sum _{c=1}[p^c\le n])$$

$$=O(\sum _{c=1}\sum _{p\in P}[p\le n^{1/c}])$$

$$=O(\sum _{c=1}{n}^{1/c}/\log n^{1/c})$$

$$=O(n/\log n)$$

然后如果求单个 $f(p^k)$ 的复杂度不超过 $O(\log n)$ 的话，总复杂度线性。

说句闲话这解决了 lsy 一个珂爱的没有深究的历史遗留的不知道为什么能过问题（？