基础数论

\(\text{Some Definitions}\)

我们默认一个数的质因数分解为以下形式：
\(P=\prod\limits_{i=1}^{\omega(P)}p_i^{e_i}\)

积性函数

若\(\forall p\perp q,f(p)f(q)=f(pq)\)，则称\(f(x)\)为积性函数。
若\(\forall p,q\in\mathbb{N_+},f(p)f(q)=f(pq)\)，则称\(f(x)\)为完全积性函数。

加性函数

若\(\forall p\perp q,f(p)+f(q)=f(pq)\)，则称\(f(x)\)为加性函数。
若\(\forall p,q\in\mathbb{N_+},f(p)+f(q)=f(pq)\)，则称\(f(x)\)为完全加性函数。

加性函数：

\(\omega(n)=\sum\limits_{p|n}1\)

完全加性函数：

\(\Omega(n)=\sum\limits_{p^{\alpha}\|n}\alpha\)

积性函数：

\(\sigma_k(n)=\sum\limits_{d|n}d^k=\begin{cases}\prod\limits_{i=1}^{\omega(n)}(e_i+1)&k=0\\\prod\limits_{i=1}^{\omega(n)}\frac{p_i^{(e_i+1)k}-1}{p_i^k-1}&k\ne0\end{cases}\)
\(\sigma_0\)一般简记为\(d\)或\(\tau\)，\(\sigma_1\)一般简记为\(\sigma\)。

\(\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^n[i\perp n]=n\prod\limits_{i=1}^{\omega}(1-\frac1{p_i})\)

\(\mu(n)=\begin{cases}0&\exists x^2|n\\-1^{\omega(n)}&\text{otherwise}\end{cases}\)

完全积性函数：

\(\epsilon(n)=[n=1]\)

\(id_k(n)=n^k\)
\(id_0\)一般简记为\(I\)，\(id_1\)一般简记为\(id\)。

\(\lambda(n)=-1^{\Omega(n)}\)

其它函数：

\(\alpha(p,n)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\lfloor\frac{n}{p^i}\rfloor\)
定义是\(p^{\alpha(p,n)}\|n!\)。

\(\pi(n)=\sum\limits_{i=2}^n[i\in\mathbb P](n\ge2)\)

Legendre符号

\((\frac ap)=\begin{cases}0&a=0\\1&\exists x\in\mathbb{F_p},x^2\equiv a\pmod p\\-1&\forall x\in\mathbb{F_p},x^2\not\equiv a\pmod p\end{cases}\)
完全积性。

阶

设\(m\ge1\wedge a\perp m\)，使\(a^d\equiv1\pmod m\)成立的最小\(d\in\mathbb N_+\)称为\(a\)对模\(m\)的阶，记做\(\delta_m(a)\)。
没有积性。

原根

当\(\delta_m(g)=\varphi(m)\)时，称\(g\)是模\(m\)的原根。

性质：\(\forall i\in[0,\delta_m(a)),a^i\bmod m\)两两不同。
\(m\)有原根的充要条件是\(m\in\{1,2,4,p^k,2p^k\}\quad (p\ne2,k\ge1)\)。
若一个数\(p\)存在原根，那么一定有\(\varphi(\varphi(p))\)个。

指标

\(\forall a\perp m\)，有唯一的表示\(a\equiv g^\gamma\pmod m\quad(\gamma\in[0,\varphi(m)))\)。我们称\(\gamma\)为\(a\)以模\(m\)的以\(g\)为底的指标，记做\(\gamma_{m,g}(a)\)。
没有积性。

Dirichlet卷积

\((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)g(\frac nd)\)

Bell级数

给定积性函数\(f(x)\)与模数\(p\)，定义其Bell级数\(f_p(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}f(p^n)x^n\)。

\(\forall p,f_p(x)=g_p(x)\Leftrightarrow f(x)=g(x)\)
\((f+g)_p(x)=f_p(x)+g_p(x)\)
\((f*g)_p(x)=f_p(x)g_p(x)\)
若\(f(x)\)为完全积性函数，则\(f_p(x)=\frac1{1-f(p)x}\)。

\(\text{Examples}\)

\(\epsilon_p(x)=1\)
\((id_k)_p(x)=\frac1{1-p^kx}\)
\((\sigma_k)_p(x)=\frac1{(1-x)(1-p^kx)}\)
\(\mu_p(x)=1-x\)
\(\mu^2_p(x)=1+x\)
\(\lambda_p(x)=\frac1{1+x}\)
\(\varphi_p(x)=\frac{1-x}{1-px}\)
\(2^{\omega(x)}_p=\frac{1+x}{1-x}\)

Dirichlet级数

给定数论函数\(f(n)\)，定义其Dirichlet级数为\(\mathfrak D_f(z)=\sum\limits_{n\ge1}\frac{f(n)}{n^z}\)
Riemann zeta函数：\(\zeta(z)=\sum\limits_{n\ge1}\frac1{n^z}\)

\(\text{Properties}\)

\(\mathfrak D_f\mathfrak D_g=\mathfrak D_{f*g}\)
\(\mathfrak D_f+\mathfrak D_g=\mathfrak D_{f+g}\)
设\(z=x+iy\)，那么我们有：
\(\Re(\mathfrak D_f(z))=\sum\limits_{n\geq 1}\frac{f(n)\cos(y\log n)}{n^x}\)
\(\Im(\mathfrak D_f(z))=\sum\limits_{n\geq 1}\frac{f(n)\sin(y\log n)}{n^x}\)
若\(f(n)\)为积性函数，那么\(\mathfrak D_f(z)=\prod\limits_{p\in\mathbb P}(1+\sum\limits_{e\ge1}\frac{f(p^e)}{p^{ez}})\)。
\(\mathfrak D_f'(z)=-\sum\limits_{n\ge1}\frac{f(n)\ln(n)}{n^z}\)

\(\text{Examples}\)

\(\mathfrak D_{\epsilon}(z)=1\)
\(\mathfrak D_{id_k}(z)=\zeta(z-k)\)
\(\mathfrak D_{\mu}(z)=\frac1{\zeta(z)}\)
\(\mathfrak D_{\varphi}(z)=\frac{\zeta(z-1)}{\zeta(z)}\)
\(\mathfrak D_{\sigma_k}(z)=\zeta(z-k)\zeta(z)\)

\(\text{Some Theorems}\)

Euler定理

\(\forall a\perp m,a^{\varphi(m)}\equiv1\pmod m\)

Ex Eluer定理

\(\forall b\ge\varphi(m),a^b\equiv a^{b\bmod\varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m\)

CRT

设\(m_1,\cdots,m_k\in\mathbb{N_+}\)两两互质，对于同余方程组\(\forall a_1,\cdots a_k\in N,x\equiv a_i\pmod{m_i})(i\in[1,k])\)。
令\(m=\prod\limits_{i=1}^{k}m_i,m=m_iM_i,M_i^{-1}\)是\(\bmod m_i\)意义下\(M_i\)的逆元，则同余方程组的解为\(x\equiv \sum\limits_{i=1}^{k}M_iM_i^{-1}a_i\pmod m\)。

Lucas定理

\({n\choose m}\equiv{\lfloor\frac np\rfloor\choose\lfloor\frac mp\rfloor}{n\bmod p\choose m\bmod p}\pmod p\)

Wilson定理

\((p-1)!\equiv-1\pmod p\Leftrightarrow p\in\mathbb P\)

Euler准则

\((\frac ap)\equiv a^{\frac{p-1}2}\pmod p\)

Mobiüs反演定理

\(f=g*I\Leftrightarrow g=f*\mu\)
\(F(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)\Leftrightarrow f(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\frac dn)F(n)\)

Lagrange定理

若一多项式\(f(x)\)的系数在\(\mathbb{F_{p}}\)内，则\(f(x)\equiv0\pmod p\)最多有\(\deg f\)个根。

Gauss二次互反律

若\(p,q\)为不同的奇素数，则\((\frac pq)(\frac qp)=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}4}\)。

Fermat多边形数定理

每一个正整数最多可以表示为\(n\)个\(n\)边形数之和。
第\(i\)个\(n\)边形数为\(\frac{i[(n-2)i-(n-4)]}{2}\)。

Fermat大定理

\(\forall n>2,x^n+y^n=z^n\)无正整数解。

Goldbach猜想

大于\(2\)的偶数都可表示成两个素数之和。
弱Goldbach猜想：大于\(5\)的奇数都可以表示成三个素数之和。

Waring问题

\(\forall k\in\mathbb{N_+},\exists g(k)\in\mathbb{N_+},s.t.\forall a\in\mathbb{N_+}\)，\(a\)可以被表示为至多\(g(k)\)个\(i^k(i\in\mathbb{N_+})\)形式的数的和。
这个猜想是正确的，还有一个猜想是\(g(k)=2^k+\lfloor(\frac32)^k\rfloor-2\)。

Pisano period

Link

\(\text{Some Identities About Some Functions}\)

\(\mu*I=\epsilon\)
\(I*id_i=\sigma_i\)
\(\varphi*I=id\)
\(\mu*id=\varphi\)
\(I*\frac{\mu}{id}=\frac{\varphi}{id}\)
\(d^2*\mu=\mu^2*d\)
\(2^{\omega(n)}=\mu^2*I\)
\(d(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[x\perp y]\)
\(\varphi(ab)=\frac{\varphi(a)\varphi(b)(a,b)}{\varphi(\gcd(a,b))}\)
\(\prod\limits_{i=1}^p(x+i)=x(x^{p-1}-1)\qquad [x^i]\in\mathbb{F_p}\)
\(f(1)=1\Rightarrow f^p=\epsilon\qquad f(i)\in\mathbb{F_p}\)
若\(h\)是完全积性函数，则\(h(f*g)=(hf)*h*g\)。
对任意数论函数\(h\)，\(h(f*g)=(hf)*g+(hg)*f\)。

\(\text{Some Algorithms}\)

Ex Euclid

求解\(ax+by=\gcd(a,b)=d\)。

当\(b=0\)时，\(\gcd(a,b)=a\)，显然存在一对整数解\(x=1,y=0\)。
若\(b\ne0\)，设\(ax_1+by_1=\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)=bx_2+(a\bmod b)y_2\)。
我们有\(a\bmod b=a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b\)。
代入得\(ax_1+by_1=ay_2+b(x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y2)\)。
也就是说\(x_1=y_2 , y_1=x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2\)。
如此递归直到\(b=0\)，然后逆推回来。
注意求的解是绝对值最小的一组。

Ex CRT

相对CRT而言\(m_i\)不一定两两互质。

考虑数归求解。
第一个方程很容易解。
现在我们假设前\(k-1\)个方程的特解是\(x\)，\(M_k=\operatorname{lcm}\ m_i(i\in[1,k)\)，则\(x+iM_{k-1}(i\in Z)\)是前\(k-1\)个方程的通解。
现在我们还要满足第\(k\)个方程，即求出一个\(t\)使得\(x+tM_{k-1}\equiv a_k\pmod{m_k})\)，然后前\(k\)个方程的特解就是\(x+tM_{k-1}\)。
上面这个方程还是\(ax\equiv b\pmod m\)形式的，它等同于\(ax+my=b\)。
如果这个方程有解的充要条件是\(\gcd(a,m)|b\)。
用exgcd求出\(ax+my=\gcd(a,m)\)的一组解\(x_0,y_0\)。
那么有\(a(\frac{x_0b}{\gcd(a,m)})+m(\frac{y_0b}{\gcd(a,m)})=b\)。

BSGS

求（最小的）满足\(a^x\equiv b\pmod m\)的\(x\)。其中\(a\perp m\)。

令\(x=fg-h\)，则有\((a^f)^g\equiv ba^h\pmod m\)。
预处理\(h\in[0,g)\)的\(ba^h\bmod m\)，然后枚举\(f\in[0,\frac pg]\)查表。
显然\(g=\sqrt p\)时最优。

Ex BSGS

\(a\not\perp m\)

令\(d=\gcd(a,m)\)，有解的充要条件是\(d|b\vee b=1\)。
否则我们有\(a^{x-1}\frac ad\equiv\frac bd\pmod{\frac md}\)。
一直递归直到满足停止条件：若\(d=1\)直接BSGS。若\(m\)很小直接暴力。
此时有\(a^{x-k}\frac{a^k}{\prod d}\equiv\frac b{\prod d}\pmod{\frac m{\prod d}}\)。
记得把求出来的答案加上\(k\)。

Ex Lucas

求\({n\choose m}\bmod q\)

\(\text{Part.1}\)

质因数分解\(q=\prod\limits_{i=1}^{\omega(q)}p_i^{e_i}\)。
\(\forall i\in[1,\omega(q)]\)求出\({n\choose m}\bmod{p_i^{e_i}}\)，然后CRT合并。

\(\text{Part.2}\)

\({n\choose m}\equiv\frac{n!}{m!(n-m)!}\pmod{p_i^{e_i}}\)
然后我们发现并不一定有逆元。
所以求出\(A=\alpha(p_i,n),B=\alpha(p_i,m),C=\alpha(p_i,n-m)\)，那么\(\frac{n!}{m!(n-m)!}\equiv \frac{\frac{n!}{p_i^A}}{\frac{m!(n-m)!}{p_i^{B+C}}}p_i^{A-B-C}\pmod{p_i}\)，这样就能保证求出逆元了。

\(\text{Part.3}\)

根据定义，\(A=\alpha(p_i,n)=\sum\limits_{j=1}^{+\infty}\lfloor\frac n{p_i^j}\rfloor\)。
但是\(\frac{n!}{p_i^A}\bmod{p_i^{e_i}}\)似乎不太好算。
把\(n!\)中是\(p_i\)的倍数的项提出来，\(n!\equiv p_i^{\lfloor\frac n{p_i}\rfloor}\lfloor\frac n{p_i}\rfloor!\prod\limits_{j=1}^n[j\perp p_i]j\pmod{p_i^{e_i}}\)。
\(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor!\)可以递归处理。
所以我们可以只要考虑\(\prod\limits_{j=1}^n[j\perp p_i]j\bmod{p_i^{e_i}}\)。
这东西显然以\(p_i^{e_i}\)为循环节，即\(\prod\limits_{j=1}^n[j\perp p_i]j\equiv(\prod\limits_{j=1}^{p_i^{e_i}}[j\perp p_i]j)^{\frac n{p_i^{e_i}}}(\prod\limits_{j=1}^{n\bmod p_i^{e_i}}[j\perp p_i]j)\pmod{p_i^{e_i}}\)。
两边都可以\(O(p_i^{e_i})\)暴力算。

总的复杂度大概是\(O(q\log q)\)。

Cipolla

给定\(a,p\)，求\(x^2\equiv a\pmod p\)的解。

\(p=2\vee a=0\)特判。
然后利用Euler准则计算\(a\)是否为二次剩余，判断是否有解。
找一个\(w\)使得\((\frac{w^2-a}p)=-1\)，期望随机次数为\(2\)。
然后计算\((w+\sqrt{w^2-a})^{\frac{p+1}2}\)，就可以得到一个\(x\)，另一个就是\(p-x\)。
根据Lagrange定理，算出来的一定是个整数。

求原根

求模\(m\)的原根\(g\)。

有原根的充要条件在定义部分已经写了。
分解\(\varphi(m)=\prod\limits_{i=1}^{\omega(\varphi(m))}p_i^{e_i}\)。
枚举\(a\in[2,\varphi(m))\)，对每个\(p_i\)检测是否有\(a^{\frac{\varphi(m)}{p_i}}\not\equiv1\pmod m\)。
如果\(\forall i\in[1,\omega(\varphi(m))]\)都成立，那么这个\(a\)就是一个原根。
复杂度是\(O(\varphi(m)\log^2m)\)的，不过如果只要求最小原根的话大概就是\(O(\sqrt[4]m\log^2m)\)的。

\(k\)次剩余

给定\(a,k,m\)，求\(x^k\equiv a\pmod m\)的解。

\(\text{Part.1}\)

\(a\perp m\wedge m=p^t\qquad(p\ne2)\)

找到\(m\)的一个原根\(g\)。
利用BSGS求出\(\gamma_{m,g}(a)\)，设\(y=\gamma_{m,g}(x)\)，然后两边对\(g\)取对数，那么我们要解的就是\(yk\equiv\gamma_{m,g}(a)\pmod{\varphi(m)}\)。
exgcd解一下就好了。

\(\text{Part.2}\)

\(a\not\perp m\wedge m=p^t\qquad(p\ne2)\)

\(a=0\)

显然\(x=\{p^i|i\in[\lceil\frac tk\rceil,t)\}\)。

\(p|a\)

不妨设\(a=sp^r\)，显然必须满足\(k|r\)才能有解。
令\(x=yp^{\frac rk}\)，那么我们要解的就变成了\(y^k\equiv r\pmod{p^{t-r}}\)。
此时一定会有\(r\perp p^{t-r}\)，套用\(\text{Part.1}\)就好了。

\(\text{Part.3}\)

\(m=\prod\limits_{i=1}^{\omega(m)}p_i^{e_i}\qquad(p_i\ne2)\)

分别对每个\(p_i^{e_i}\)调用\(\text{Part.2}\)。
这样我们就求出了\(\forall i\in[1,\omega(m)],x\equiv x_i\pmod{p_i^{e_i}}\)。
注意每个\(x_i\)可能有多解，枚举每一个CRT合并即可。
根据Lagrange定理总解数不超过\(k\)。

\(\text{Part.4}\)

\(m=2^sn,n=\prod\limits_{i=1}^{r}p_i^{t_i}\qquad(p_i\ne2)\)

考虑先计算出\(y^k\equiv a\pmod n\)。
那么对应的\(y^k\equiv a\pmod{2n}\)的解就是\(y,y+n\)的其中一个或者没有。
枚举每个\(y\)然后一路做上去就行了。

Miller-Rabin

判断一个数是否是素数。

根据Euler定理，若一个数\(n\)不满足\(\forall a\in[2,n),a^{n-1}\equiv1\pmod n\)，那么\(n\)一定不是质数。
但是它的逆否命题并不成立。
但是我们知道，\(x^2\equiv1\pmod p\wedge x<p\Rightarrow x=1\vee x=p-1\)。
所以当\(a^{n-1}\equiv1\pmod n\wedge 2|n-1\)成立时，我们再计算\(a^{\frac{n-1}2}\equiv\pm1\pmod n\)是否成立。
如果不成立，那么说明\(n\)一定不是素数。
如果\(a^{\frac{n-1}2}\equiv-1\pmod n\)，那么说明\(n\)可能是素数，算法结束。
如果\(a^{\frac{n-1}2}\equiv1\pmod n\)，那么说明\(n\)可能是素数，继续检测。
我们把这个过程叫做以\(a\)为底的二次探测，把能够通过这个检测是合数叫做以\(a\)为底的强伪素数。
实际上当我们取了\(k\)个\(a\)时，这个算法的正确率大概是\(4^{-k}\)。
所以我们可以直接rand一些\([2,n)\)的数进行检测。
时间复杂度为\(O(k\log^2n)\)。

Pollard-Rho

质因数分解\(n\)。

本质依旧是试除法。
我rand一个\(x\)，看\(n\)是否是\(x\)的约数。
然后更优秀的试除法是我rand一个\(x\)，看是否有\(n\perp x\)。

根据生日悖论，我们rand出\(x_1,\cdots,x_m\)，若\(\exists i,j,s.t.\left|x_i-x_j\right|\not\perp n\)，那么我们就找到了\(n\)的一个约数\((\left|x_i-x_j\right|,n)\)。根据上古论文的证明\(m=O(\sqrt[4]n)\)。
但是直接检测是\(O(m^2)\)的，这等于说复杂度还是\(O(\sqrt n)\)。

假如我们只取\(\left|x_i-x_j\right|\)，这样就能\(O(m)\)地检测了。
但是这样找到的概率就会低很多，所以我们需要一个优秀的rand方法。
rand一个\(c\)，令\(f(x)=x^2+c\pmod n\)，再rand一个\(x_0\)，并且有\(x_i=f(x_{i-1})\)。这个序列很优秀。
根据Mandelbrot集的相关知识，这个序列确实很优秀。

但是做了很多次迭代之后很可能会有\(x_t=x_s\quad(t>s)\)，这样就出现了一个环。
有一个科技叫做floyd判圈法，大概就是你在迭代求\(f(x_i)\)同时求\(f(x_{2i})\)。
假如从\(r\)开始有一个长度为\(c\)的环，那么恒有\(f_i=f_{i+c}\quad(i\ge r)\)。我们能够保证在\(r+c\)次迭代以内判出环。

然后我们发现\(\gcd\)太慢了，即使加了二进制优化/记忆化等优化之后它还是很慢，并且是复杂度大头。
根据\(\gcd\)的性质，我们可以累\(u\)个\(\left|x_i-x_{i+1}\right|\)，然后直接计算\((\prod\limits_{i=1}^u\left|x_i-x_{i+1}\right|\bmod n,n)\)。
考虑用倍增做这个过程，先rand长度为\(2\)的序列，再rand长度为\(4\)的序列...
并且当我们累了\(127\)项时，直接计算一次\(\gcd\)。
这样相对而言可以把复杂度平衡得较为不错。

总的复杂度大概是\(O(\sqrt[4]n)\)级别的。

卷积

我们知道Dirichlet卷积就是将两个数论函数的Dirichlet级数相乘，直接乘的时间复杂度为\(O(n\log n)\)。
对于积性函数而言，其Dirichlet级数可以写成\(\prod\limits_{p\in\mathbb P}(1+\sum\limits_{e\ge1}\frac{f(p^e)}{p^{ez}})\)。
那么我们就可以将求积性函数与积性函数的Dirichlet卷积做到\(O(n)\)，将求积性函数与任意数论函数的Dirichlet卷积做到\(O(n\log\log n)\)。

杜教筛

求\(F=\sum f\)的\(F(n)\)。

构造\(f*g=h\)，其中\(g,h\)满足能够快速求出\(g,H=\sum h\)。

那么可以得到\(H(n)=\sum\limits_{d=1}^ng(d)F(\lfloor\frac nd\rfloor)\)。
然后我们把右边的\(d=1\)的项提出来并且移项，\(F(n)=H(n)-\sum\limits_{d=2}^n g(d)F(\lfloor\frac nd\rfloor)\)。
我们先线性筛\(T\)范围内的\(f,F\)，然后后面的用数论分块+记忆化解决（可以发现要有用的下标都是\(\lfloor\frac ni\rfloor\)，因此可以用\(\lfloor\frac ni\rfloor\)的\(i\)存下标）。
如果我们默认能够\(O(n)\)筛出前\(n\)项的\(f\)并且能够快速计算\(H\)在所有\(\lfloor\frac ni\rfloor\)的值，那么复杂度为\(O(T+\frac n{\sqrt T})\)，当\(T=n^{\frac23}\)时取到最优复杂度\(O(n^{\frac23})\)。

Cy筛.1

求\(H=\sum h\)的\(H(n)\)。

构造\(f*g=h\)，其中\(f,g\)满足能够快速求出\(F=\sum f,G=\sum g\)。

先回到定义式上：\(H(n)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|n}g(d)f(\frac{i}{d})=\sum\limits_{d=1}^ng(d) \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)\)。
画出\(xy=n\)的曲线的图像，每个整点\((x,y)\)有一个权值\(f(x)g(y)\)，\(H(n)\)就等价于曲线下整点的权值和。
利用经典容斥套路可以得到：\(H(n)=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}f(i)G(\lfloor\frac ni\rfloor)+\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}g(i)F(\lfloor\frac ni\rfloor)-F(\lfloor\sqrt n\rfloor)G(\lfloor\sqrt n\rfloor)\)。
时间复杂度为\(O(\sqrt n)\)。

Cy筛.2

求\(f=g^m,F=\sum f\)的\(F(n)\)。其中\(g\)满足能够快速求出\(G=\sum g\)。

考虑数论分块+倍增，维护\(P=[1,T]\cup\{\lfloor\frac ni\rfloor|i\in[1,\lfloor\frac nT\rfloor]\}\)下标位置的取值。
那么我们要解决的就是已知\(F=\sum f,G=\sum g\)在\(P\)中下标上的取值，求\(H=\sum h=\sum f*g\)在\(P\)中下标上的取值。
对于\([1,T]\)部分，我们可以直接暴力差分还原\(f,g\)，卷积得到\(h\)，再前缀和得到\(H\)，时间复杂度为\(O(T\log T)\)。
对于\(\{\lfloor\frac ni\rfloor|i\in[1,\lfloor\frac nT\rfloor]\}\)部分，考虑用Cy筛.1中的方法计算。
先回到定义式上：\(H(n)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|n}g(d)f(\frac{i}{d})=\sum\limits_{d=1}^ng(d) \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)\)。
画出\(xy=n\)的曲线的图像，每个整点\((x,y)\)有一个权值\(f(x)g(y)\)，\(H(n)\)就等价于曲线下整点的权值和。
利用经典容斥套路可以得到：\(H(n)=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}f(i)G(\lfloor\frac ni\rfloor)+\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}g(i)F(\lfloor\frac ni\rfloor)-F(\lfloor\sqrt n\rfloor)G(\lfloor\sqrt n\rfloor)\)。
不难发现所有需要用到的\(f,g,F,G\)的下标都在\(P\)中。
这一部分的时间复杂度为\(\sum\limits_{i=1}^{\frac nT}O(\sqrt{\frac ni})=\frac n{\sqrt T}\)。
因此总的时间复杂度为\(O((T\log T+\frac n{\sqrt T})\log m)\)，取\(T=n^{0.6}\)时比较优秀。

Min_25筛

求\(\sum\limits_{x=1}^nf(x)\)，其中\(f(x)\)是一个积性函数，且\(f(p)\)是一个简单多项式，\(f(p^e)\)可以快速计算。

记\(\min(x)\)表示\(x\)的最小质因子。用\(p\)表示质数，\(p_i\)表示第\(i\)个质数，\(S_n=\{\lfloor\frac nm\rfloor|m\in\mathbb{N_+}\}\)。

考虑枚举\(x\)的最小质因子，再枚举它的出现次数：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{x=1}^nf(x)&=1+\sum\limits_{p=2}^n\sum\limits_{x=2}^n[\min(x)=p]f(x)\\ &=1+\sum\limits_{p=2}^n\sum\limits_{e=1}^{\lfloor\log_pn\rfloor}f(p^e)(1+\sum\limits_{x=2}^{\lfloor\frac n{p^e}\rfloor}[\min(x)>p]f(x)) \end{aligned} \]

注意到若\(x\)是合数，则\(x\)的最小质因子不会超过\(\lfloor\sqrt x\rfloor\)，因此我们有：

\[\sum\limits_{p=2}^n\sum\limits_{e=1}^{\lfloor\log_pn\rfloor}f(p^e)(1+\sum\limits_{x=2}^{\lfloor\frac n{p^e}\rfloor}[\min(x)>p]f(x))=\sum\limits_{p=2}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}\sum\limits_{e=1}^{\lfloor\log_pn\rfloor}f(p^e)(1+\sum\limits_{x=2}^{\lfloor\frac n{p^e}\rfloor}[\min(x)>p]f(x))+\sum\limits_{p=\lfloor\sqrt n\rfloor+1}^nf(p) \]

设\(g_{n,m}=\sum\limits_{x=2}^n[\min(x)>p_m]f(x),h_n=\sum\limits_{p=2}^nf(p)\)，那么我们可以得到递推式：

\[\begin{aligned} g_{n,m}&=\sum\limits_{x=2}^n[\min(x)>p_m]f(x)\\ &=\sum\limits_{i=m+1}^{p_i^2\le n}\sum\limits_{e=1}^{\lfloor\log_{p_i}n\rfloor}f(p_i^e)([e>1]+\sum\limits_{x=2}^{\lfloor\frac n{{p_i}^e}\rfloor}[\min(x)>p_i]f(x))+\sum\limits_{p=p_m+1}^nf(p)\\ &=\sum\limits_{i=m+1}^{p_i^2\le n}\sum\limits_{e=1}^{\lfloor\log_pn\rfloor}f(p^e)([e>1]+g_{\lfloor\frac n{p^e}\rfloor,i})+h_n-h_{p_m} \end{aligned} \]

而我们要求的\(\sum\limits_{x=1}^nf(x)=g_{n,0}+1\)。
注意到若\(m\ge\sqrt n\)，则\(g_{n,m}=h_n-h_m\)。且我们只需要求出\(x\in S_n\)的\(g_{x,m}\)。
因此如果我们求出了需要的\(h\)，那么我们就可以爆搜求出\(g\)。
接下来考虑如何求出\(h\)。容易发现我们只需要求出\(x\in S_n\)的\(h_x\)。
只考虑\(f(p)\)为完全积性函数的情况，其它情况可以拆成若干个完全积性函数的和。
设\(h'_{n,m}=\sum\limits_{x=2}^n[x\in\mathbb P\text{ or }\min(x)>p_m]f(x)\)，那么我们可以得到递推式：

\[h'_{n,m}= \begin{cases} h'_{n,m-1}&p_m^2>n\\ h'_{n,m-1}-f(p_m)(h'_{\lfloor\frac n{p_m}\rfloor,m-1}-h'_{p_m-1,m-1})&p_m^2\le n \end{cases} \]

而我们要求的\(h_x=h'_{x,|\mathbb P|}\)。
将第二维滚掉然后暴力dp即可。

整体的时间复杂度分为计算\(g\)和计算\(h\)两部分。
计算\(h\)部分的如下：
注意到每个\(\lfloor\frac nm\rfloor=i\)只会对不超过\(\sqrt i\)的素数产生转移，因此时间复杂度如下：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n} O(\frac{\sqrt i}{\log\sqrt i})+O(\frac{\sqrt{\frac ni}}{\log\sqrt{\frac ni}})\\ &=O(\int_1^{\sqrt n}\frac{\sqrt{\frac nx}}{\log{\sqrt{\frac nx}}}\mathrm dx)\\ &=O(\frac{n^{\frac34}}{\log n}) \end{aligned} \]

计算\(g\)部分的时间复杂度为\(O(n^{1-\epsilon})\)，但是在\(n\le 10^{13}\)的前提下不会超过\(O(\frac{n^{\frac34}}{\log n})\)。