【随笔浅谈】积性函数的各种处理
1：整除
1.1：整除的性质 1
对于 \(\forall a, b, c \in \mathbb{Z}\)，有：
证明
设 \(\frac{a}{b} = \left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor + r\)，其中 \(0 \leq r < 1\)，则：
Q.E.D
1.2：整除的性质 2
给出一个正整数 \(n\)，对于正整数 \(d(1 \leq d \leq n)\)，\(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的取值不超过 \(2\sqrt{n}\) 种。
证明
可以分类讨论：
- 若 \(d \leq \sqrt{n}\)，因为 \(d\) 的取值不超过 \(\sqrt{n}\) 种，显然 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的取值不超过 \(\sqrt{n}\) 种。
- 若 \(d > \sqrt{n}\)，则 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \leq \sqrt{n}\)，故 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的取值不超过 \(\sqrt{n}\) 种。
综上所述，\(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的取值不超过 \(2\sqrt{n}\) 种，Q.E.D
1.3：整除分块
给出一个正整数 \(n\)，请你求出：
其中 \(1 \leq n \leq 10^9\)。
分析
观察到函数 \(f(x) = \frac{n}{x}\) 在区间 \((0, +\infty)\) 上单调递减。
所以，对于函数 \(g(x) = \left\lfloor \frac{n}{x} \right\rfloor\) 的任意一个函数值，令 \(g(x)\) 取到该值的所有自变量 \(x\) 组成一段连续的区间。
根据「1.2：引理 2」，我们知道这样的区间个数也是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 级别的。
对于一段满足 \(g(x)\) 均相等的区间，我们可以直接得出该区间里的所有 \(x\) 对答案的贡献。那现在的关键在于如何得到这些区间。
考虑任意一个 \(i(1 \leq i \leq n)\)，我们现在要找到一个最大的 \(j(i \leq j \leq n)\)，使得 \(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor\)。结论：\(j = \left\lfloor \frac{n}{ \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor } \right\rfloor\)。
证明
- 第一步，证明其合法性（\(i \leq j \leq n\)）。
- 第二步，证明其为最大值。
考虑任意一个满足 \(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor\) 的 \(j\)：
因为 \(j \in \mathbb{Z}\)，故 \(j_{\max} = \left\lfloor \frac{n}{ \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor } \right\rfloor\)。
Q.E.D
实现
根据上述结论，我们就有了找出这 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 个区间的方法。直接套结论做即可，时间复杂度是 \(\mathcal{O(\sqrt{n})}\) 的。
for (int x = 1, nx; x <= n; x = nx + 1) {
nx = n / (n / x);
ans += 1ll * (nx - x + 1) * (n / x);
}
1.4：多维整除分块
给出两个正整数 \(n, m\)，请你求出：
其中 \(1 \leq n, m \leq 10^9\)。
分析
上式的乘积项包含两个取整分式。
考虑任意一个 \(i\)，我们现在要找到一个最大的 \(j\)，使得 \(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor\) 且 \(\left\lfloor \frac{m}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{m}{j} \right\rfloor\)。易证：\(j = \min\left\{\left\lfloor \frac{n}{ \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor } \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{ \left\lfloor \frac{m}{i} \right\rfloor } \right\rfloor\right\}\)。
扩展到多维也是一样的道理。
2：积性函数
2.1：积性函数的定义
若数论函数 \(f(n)\) 满足：对于任意互质正整数 \(x, y\)，都有 \(f(xy) = f(x)f(y)\)。则 \(f(n)\) 为积性函数。
若数论函数 \(f(n)\) 满足：对于任意正整数 \(x, y\)，都有 \(f(xy) = f(x)f(y)\)。则 \(f(n)\) 为完全积性函数。
2.2：积性函数的简单性质
- 对于任意积性函数 \(f(x)\)，都有 \(f(1) = 1\)。
- 对于任意积性函数 \(f(x), g(x)\)，则以下的 \(h(x)\) 也均为积性函数：
- 将 \(x\) 分解质因数，若 \(f(x)\) 为积性函数，则 \(f(x) = \prod\limits_{i = 1}^m f(p_i^{c_i})\)。
2.3：常见积性函数
- 单位函数（完全积性）：
- 恒等函数（完全积性）：
- 常数函数（完全积性）：
- 约数函数（积性）：
- 欧拉函数（积性）：
- 莫比乌斯函数（积性）：
3：Dirichlet 卷积
3.1：Dirichlet 卷积的定义
定义两个数论函数 \(f, g\) 的 Dirichlet 卷积为：
3.2：Dirichlet 卷积的性质
- 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：\(f \ast (g + h) = f \ast g + f \ast h\)。
- 单位元：\(f \ast \epsilon = f\)，因此 \(\epsilon\) 也被叫做 Dirichlet 卷积单位元。
3.3：常见 Dirichlet 卷积式
3.3.1：式 1
证明
不难看出关于 \(n\) 的函数 \(f(n) = \sum\limits_{d \mid n} \mu(d)\) 是个积性函数。
-
当 \(n = 1\) 时，显然有 \(f(1) = 1\)。
-
当 \(n > 1\) 时，将 \(n\) 质因数分解，得：
综上所述，\(f(n) = \sum\limits_{d | n} \mu(d) = [n = 1]\)，Q.E.D
3.3.2：式 2
证明
不难看出关于 \(n\) 的函数 \(f(n) = \sum\limits_{d | n} \varphi(d)\) 是个积性函数。
- 当 \(n = 1\) 时，显然有 \(f(1) = 1\)。
- 当 \(n > 1\) 时，将 \(n\) 质因数分解，得：
综上所述，\(f(n) = \sum\limits_{d | n} \varphi(d) = n\)，Q.E.D
3.3.3：式 3
证明
Q.E.D
4：线性筛
线性筛，也叫 Euler 筛。可以在线性时间内筛出 \(1 \sim n\) 里的所有质数。相信大家都会。
4.1：线性筛筛积性函数
线性筛可以在线性时间内筛出大部分积性函数的前 \(n\) 项的函数值。
一般地，对于积性函数 \(f(x)\)，若 \(f(p^c)\) 的值便于分析。则该函数的前 \(n\) 项的函数值可以被线性筛筛出来。
我们要多维护一个数组 \(\text{low}_i\) 表示：若 \(i\) 的最小质因子为 \(p_1\)，其次数为 \(c_1\)，则 \(\text{low}_i = p_1^{c_1}\)。
在线性筛的过程中，有特殊的两点：
- 若当前遇到了一个质数 \(p\)，则将 \(f(p), f(p^2), f(p^3), \cdots, f(p^c)\) 都计算出来。
- 在计算至少包含两个质因子的 \(i\) 对应的函数值时，由积性函数定义得 \(f(i) = f\left(\frac{i}{\text{low}_i}\right) \cdot f(\text{low}_i)\)。
这样就可以在线性时间内筛出一个积性函数的前 \(n\) 项了。对于一些简单的积性函数（例如 \(\varphi, \mu\)）就有更简单的筛法，不一定需要维护 \(\text{low}_i\)。
4.1.1：线性筛筛欧拉函数
- 设 \(p\) 为质数，若 \(p \mid n\) 且 \(p^2 \mid n\)，则 \(\varphi(n) = \varphi(\frac{n}{p}) \cdot p\)。
- 设 \(p\) 为质数，若 \(p \mid n\) 且 \(p^2 \nmid n\)，则 \(\varphi(n) = \varphi(\frac{n}{p}) \cdot (p - 1)\)。
const int SZ = 1e6;
int pClock, prime[SZ + 10], fac[SZ + 10];
int phi[SZ + 10];
void sieve(int N) {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i ++) {
if (!fac[i]) fac[i] = i, prime[++ pClock] = i, phi[i] = i - 1;
for (int j = 1; j <= pClock; j ++) {
if (prime[j] > fac[i] || prime[j] > N / i) break;
fac[i * prime[j]] = prime[j];
phi[i * prime[j]] = phi[i] * (i % prime[j] ? prime[j] - 1 : prime[j]);
}
}
}
4.1.2：线性筛筛莫比乌斯函数
- 设 \(p\) 为质数，若 \(p \mid n\) 且 \(p^2 \mid n\)，则 \(\mu(n) = 0\)。
- 设 \(p\) 为质数，若 \(p \mid n\) 且 \(p^2 \nmid n\)，则 \(\mu(n) = -\mu(\frac{n}{p})\)。
const int SZ = 1e6;
int pClock, prime[SZ + 10], fac[SZ + 10];
int mu[SZ + 10];
void sieve(int N) {
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i ++) {
if (!fac[i]) fac[i] = i, prime[++ pClock] = i, mu[i] = -1;
for (int j = 1; j <= pClock; j ++) {
if (prime[j] > fac[i] || prime[j] > N / i) break;
fac[i * prime[j]] = prime[j];
mu[i * prime[j]] = mu[i] * (i % prime[j] ? -1 : 0);
}
}
}
4.1.3：线性筛筛各种积性函数
根据积性函数的特殊性质。利用 \(\text{low}_i\) 数组。可以在线性时间内筛出大部分积性函数的前 \(n\) 项的函数值。
请读者好好品味这段代码。
const int SZ = 1e6;
int pClock, prime[SZ + 10], low[SZ + 10];
int f[SZ + 10];
void sieve(int N) {
f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i ++) {
if (!low[i]) {
prime[++ pClock] = i;
long long x = i;
int c = 1;
while (x <= N) {
low[x] = x;
// calculate f(x)
x *= i, c ++;
}
}
for (int j = 1; j <= pClock; j ++) {
if (prime[j] > N / i) break;
if (i % prime[j] == 0)
low[i * prime[j]] = low[i] * prime[j];
else
low[i * prime[j]] = prime[j];
int num = i * prime[j];
f[num] = f[num / low[num]] * f[low[num]];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
4.2：例题选讲
4.2.1：【日常训练】挺好序列
Description
定义一个长度为 \(n\) 的挺好序列 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\)，满足：对于 \(\forall i \in [1, n]\)，都有 \(a_i | A\)。
定义一个长度为 \(n\) 的挺好序列 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) 的价值为 \(\gcd(a_1, a_2, \cdots, a_n, B)\)，其中 \(B\) 为定值。
给出三个正整数 \(n, m, B\)。定义 \(f(x)\) 为 \(A = x\) 时所有挺好序列的价值和。请你求出：
答案对 \(998244353\) 取模。
数据范围：\(1 \leq n \leq 10^{18}\)，\(1 \leq m \leq 2 \times 10^7\)，\(1 \leq B \leq 10^{18}\)。
时空限制：\(3000 \ \text{ms} /512 \ \text{MiB}\)。
Solution
结论
\(f(x)\) 是积性函数。
证明
考虑任意互质的正整数对 \(x, y\)。
设序列 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) 是 \(A = x\) 时的某个挺好序列，设序列 \(b_1, b_2, \cdots, b_n\) 是 \(A = y\) 时的某个挺好序列。
考虑生成序列 \(c_1, c_2, \cdots, c_n\)，其中 \(c_i = a_ib_i\)，显然该序列是 \(A = xy\) 时的某个挺好序列。
关注序列 \(c\) 的价值。因为 \(x, y\) 互质，所以 \(a_i, b_i\) 也一定互质。在唯一分解角度下观察，显然有：
故序列 \(c\) 的价值为序列 \(a, b\) 的价值之积。
回到积性函数的讨论上。\(f(x) \cdot f(y)\) 的每一项，相当于是从 \(f(x)\) 与 \(f(y)\) 各选一项的乘积。故 \(f(x) \cdot f(y)\) 是 \(A = xy\) 时所有挺好序列的价值和。
所以 \(f(xy) = f(x) \cdot f(y)\)，所以 \(f(x)\) 为积性函数。
Q.E.D
注意到 \(1 \leq m \leq 2 \times 10^7\)，可以考虑线性筛。按照上文「4.1.3：线性筛筛积性函数」的内容。现在要对于任意一个质数 \(p\)，如何求出 \(f(p^c)\)。
对于一个质数 \(p\)，令 \(d\) 为满足 \(p^x \mid B\) 的最大的 \(x\)。可以简单分类讨论一下，不难得出：
- 当 \(c \leq d\) 时：
- 当 \(c > d\) 时：
求出 \(f(p), f(p^2), \cdots, f(p^c)\) 后，灵活运用线性筛即可求出 \(f(x)\) 的前 \(m\) 项，那么 \(\sum\limits_{i = 1}^m f(i)\) 就直接算即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long s64;
int qpow(int a, s64 b, int p) {
int ans = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % p;
a = 1ll * a * a % p;
}
return ans;
}
const int SZ = 2e7;
const int mod = 998244353;
void add(int &x, const int &y) {
x += y;
if (x >= mod) x -= mod;
}
void dec(int &x, const int &y) {
x -= y;
if (x < 0) x += mod;
}
s64 n, B;
int m;
int pClock, prime[SZ + 10], low[SZ + 10];
int f[SZ + 10];
int get_top(int p) {
int num = B, cnt = 0;
while (num % p == 0) num /= p, cnt ++;
return cnt;
}
int power[100];
void sieve(int N) {
for (int i = 1; i < 100; i ++) power[i] = qpow(i, n, mod);
f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i ++) {
if (!low[i]) {
prime[++ pClock] = i;
int d = get_top(i);
s64 x = i;
int c = 1;
while (x <= N) {
low[x] = x;
if (c <= d) {
for (int j = 0, g = 1; j <= c; j ++, g = 1ll * g * i % mod) {
int rate = power[c - j + 1]; dec(rate, power[c - j]);
add(f[x], 1ll * g * rate % mod);
}
} else {
int g = 1;
for (int j = 0; j < d; j ++, g = 1ll * g * i % mod) {
int rate = power[c - j + 1]; dec(rate, power[c - j]);
add(f[x], 1ll * g * rate % mod);
}
add(f[x], 1ll * g * power[c - d + 1] % mod);
}
x *= i, c ++;
}
}
for (int j = 1; j <= pClock; j ++) {
if (prime[j] > N / i) break;
if (i % prime[j] == 0)
low[i * prime[j]] = low[i] * prime[j];
else
low[i * prime[j]] = prime[j];
int num = i * prime[j];
f[num] = 1ll * f[num / low[num]] * f[low[num]] % mod;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
scanf("%lld%d%lld", &n, &m, &B);
sieve(m);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++) add(ans, f[i]);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
5：莫比乌斯反演
已知两个数论函数 \(f, g\) 满足：
则：
证明
已知条件等价于：
两边同卷 \(\mu\) 可得：
QED。
5.1：例题选讲
5.1.1：经典问题
Description
给出一个正整数 \(n\)，求有多少个长度为 \(n\)，循环节长度也恰好为 \(n\) 的小写字符串。
数据范围：\(1 \leq n \leq 10^9\)。
Solution
设长度为 \(n\) 的小写字符串有 \(f(n)\) 个；设长度为 \(n\)，循环节长度也恰好为 \(n\) 的小写字符串有 \(g(n)\) 个。
显然有：
以及：
根据莫比乌斯反演，可得：
5.1.2：【Luogu P2522】「HAOI2011」Problem b
Description
给出五个正整数 \(a, b, c, d, k\)，请你求出：
共 \(T\) 组询问。
数据范围：\(1 \leq T, k \leq 5 \times 10^4\)，\(1 \leq a \leq b \leq 5 \times 10^4\)，\(1 \leq c \leq d \leq 5 \times 10^4\)。
时空限制：\(2500 \ \mathrm{ms} / 250 \ \mathrm{MiB}\)。
Solution
记 \(\text{calc}(n, m)\) 为：
简单容斥可得，答案为：
考虑这样一个 \(\text{calc}(n, m)\) 要怎么求，注意到 \(\gcd(i, j) = k\) 与 \(\gcd\left(\frac{i}{k}, \frac{j}{k}\right) = 1\) 是等价的，故原式化为：
利用 \(\epsilon = \mu \ast 1\) 反演，得：
交换枚举顺序，考虑先枚举 \(d\)。要使得 \(d \mid \gcd(i, j)\)，只需要让 \(d \mid i\) 且 \(d \mid j\) 即可，故答案化为：
上式就比较好处理了。线性筛筛出莫比乌斯函数，求一遍莫比乌斯函数的前缀和，然后直接上数论分块。
实现上，可以先令 \(n \gets \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor, m \gets \left\lfloor \frac{m}{k} \right\rfloor\)，这样就比较好做了。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(N + T\sqrt{N})\)，其中 \(N\) 表示输入数据上界。
5.1.3：【Luogu P1829】「国家集训队」Crash 的数字表格
Description
给出两个正整数 \(n, m\)，请你求出：
答案对 \(20101009\) 取模。
数据范围：\(1 \leq n, m \leq 10^7\)。
时空限制：\(2000 \ \mathrm{ms} / 500 \ \mathrm{MiB}\)。
Solution
不难发现原式为：
令 \(d = \gcd(i, j)\)，考虑交换枚举顺序：
将 \(i\) 和 \(j\) 中的 \(d\) 提取出来，得：
记：
考虑化简 \(F(n, m)\)：
记：
则：
可以线性筛一下，然后数论分块。当 \(n, m\) 同阶时，计算 \(F(n, m)\) 是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的。
回到本题，可得答案为：
然后这个式子也可以数论分块做，本质上是一个数论分块套数论分块。
线性筛的复杂度是 \(\Theta(n)\) 的。数论分块套数论分块的复杂度是 \(\mathcal{O}(n^{\frac{3}{4}})\)。
于是这题就这样做完了。
关于「数论分块套数论分块」复杂度的证明
原问题中最后计算答案的式子是一个二维数论分块套二维数论分块，看起来不太爽。我们把它替换成一个一维数论分块套一维数论分块，大概是这样：
其中，计算 \(F(n)\) 的复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的。考虑证明上式的复杂度。
可以分类讨论一下：
- 当 \(d \leq \sqrt{n}\) 时，最劣的情况是每一个 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 互不相同，故此部分对复杂度的贡献为：
- 当 \(d > \sqrt{n}\) 时，注意到 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的值会均会落在区间 \([1, \sqrt{n}]\) 中，最劣的情况是 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的值将 \([1, \sqrt{n}]\) 里的所有数都取过一遍，故此部分对复杂度的贡献为：
简单积分近似一下：
根据微积分基本定理，设 \(H(x) = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} + n^{\frac{1}{2}} \cdot 2x^{\frac{1}{2}}\)，有 \(H'(x) = x^{\frac{1}{2}} + \left( \frac{n}{x} \right)^{\frac{1}{2}}\)。则：
故数论分块套数论分块的复杂度是 \(\mathcal{O}(n^\frac{3}{4})\) 的。
5.1.4：【Luogu P2257】YY 的 GCD
Description
给出两个正整数 \(n, m\)，请你求出满足 \(1 \leq i \leq n\) 且 \(1 \leq j \leq m\) 的所有数对 \((i, j)\) 中，满足 \(\gcd(i, j)\) 为质数的数对有多少个。
共 \(Q\) 组数据。
数据范围：\(1 \leq Q \leq 10^4\)，\(1 \leq n, m \leq 10^8\)。
时空限制：\(4000 \ \mathrm{ms} / 500 \ \mathrm{MiB}\)。
Solution
为了方便叙述，设质数集为 \(\mathbb{P}\)。
注意到答案为：
考虑继续化简，令 \(T = pd\)，则上式化为：
记 \(H(n) = \sum\limits_{p | n, p \in \mathbb{P}} \mu(\frac{n}{p})\)，则原式化为：
考虑预处理出 \(H(n)\)。可以使用 " 倍数法 "，对于每个质数 \(p\)，让其去贡献它的每一个倍数 \(T\)，稍微卡卡常也可以过。更高明的做法是挖掘 \(H(n)\) 的一些性质，然后使用线性筛将 \(H(n)\) 筛出来，这里直接给出结论：
预处理出 \(H(n)\) 后再处理出它的前缀和。这样就可以配合数论分块求出答案的值了。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n + Q\sqrt{n})\)。
5.1.5：【LOJ #6627】「XXOI 2019」等比数列三角形
Description
给出一个正整数 \(n\)。请你求出：有多少个合法的三角形，满足三边都是 \(\leq n\) 的整数，且三边成等比数列。
数据范围：\(1 \leq n \leq 10^{12}\)。
时空限制：\(1000 \ \mathrm{ms} / 256 \ \mathrm{MiB}\)。
Solution
枚举公差，将公差表示成一个既约分数 \(k = \frac{p}{q} \geq 1\) 的形式，也就是说我们要保证 \(\gcd(p, q) = 1\)。
对于任意的一个三角形，不妨设三边中的最短边为 \(x\)，则三边为 \(x, kx, k^2x\)。
考虑公差 \(k = \frac{p}{q}\) 有一些什么限制：
- 需要满足三角形的 " 两边之和大于第三边 "，即：
设 \(e = \frac{1 + \sqrt 5}{2}\)，根据上面的两条限制，不难得出 \(q\) 关于 \(p\) 的取值范围：
- 需要满足三角形的三边都是整数，即：
由于 \(q^2 \mid x\)，可设 \(i = \frac{x}{q^2}\)，则答案为：
记 \(S(n, p) = \sum\limits_{i = 1}^n [\gcd(i, p) = 1]\)，考虑化简该函数：
回到问题中，答案化为：
使用 " 倍数法 "，计算出函数 \(g(p) = S(p, p) - S(\left\lceil \frac{p}{e} \right\rceil - 1, p)\)，然后直接算即可。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt{n} \log \sqrt{n})\)。
6：杜教筛
有时候，我们需要快速地对一些数论函数求前缀和，甚至是需要在低于线性时间的复杂度内求解。这时可以利用杜教筛来求出这些前缀和。
一般地，给出一个数论函数 \(f(x)\)，你需要求出 \(S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n f(i)\)。
注意到，对于任意一个数论函数 \(g\)，必定会满足：
故有：
此时我们得到了一个 \(S(n)\) 关于 \(S(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor)\) 的递推式。若 \(f \ast g\) 与 \(g\) 的前缀和都较好处理的话，就可以考虑使用数论分块来处理上面的递推式，较短时间内求出 \(S(n)\)，因此找到一个合适的数论函数 \(g\) 是关键。
如果直接使用数论分块做上面的递推式，根据 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的取值进行分段。 不考虑递归的情况下，单纯去处理一个 \(S(n)\) 的复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的，递归下去的复杂度为低阶小量 \(o(\sqrt{n})\)，故计算 \(S(n)\) 的复杂度为：
简单积分近似一下：
可以积分近似证明，先线性筛预处理出 \(f(x)\) 的前 \(n^\frac{2}{3}\) 项，可以取得杜教筛的理论最优复杂度 \(\mathcal{O}(n^\frac{2}{3})\)。
对于一些较大的 \(n\)，需要使用 std::map 来存下对应的值（记忆化），方便以后使用时直接计算出结果。
6.1：例题选讲
6.1.1：【Luogu P4213】Sum
Description
给出一个正整数 \(n\)，请你求出：
数据范围：\(1 \leq n < 2^{31}\)。
时空限制：\(2000 \ \mathrm{ms} / 512 \ \mathrm{MiB}\)。
Solution
莫比乌斯函数前缀和
注意到 \(\mu \ast 1 = \epsilon\)，则考虑使用常数函数 \(1(n) = 1\) 来构造递推式：
然后直接筛即可。
欧拉函数前缀和
注意到 \(\varphi \ast 1 = \text{ID}\)，则考虑使用常数函数 \(1(n) = 1\) 来构造递推式：
然后直接筛即可，但其实更好的做法是莫比乌斯反演。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
const int SZ = 1e6;
int n;
int m, prime[SZ + 10], fac[SZ + 10], mu[SZ + 10];
int Smu[SZ + 10];
void sieve(int N) {
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i ++) {
if (!fac[i]) fac[i] = i, prime[++ m] = i, mu[i] = -1;
for (int j = 1; j <= m; j ++) {
if (prime[j] > fac[i] || prime[j] > N / i) break;
fac[i * prime[j]] = prime[j];
mu[i * prime[j]] = mu[i] * (i % prime[j] ? -1 : 0);
}
}
for (int i = 1; i <= N; i ++)
Smu[i] = Smu[i - 1] + mu[i];
}
std::map<int, int> Smu_buc;
int Smu_calc(int n) {
if (n <= SZ) return Smu[n];
if (Smu_buc.count(n)) return Smu_buc[n];
int cur = 1;
for (long long x = 2, nx; x <= n; x = nx + 1) {
nx = n / (n / x);
cur -= (nx - x + 1) * Smu_calc(n / x);
}
return Smu_buc[n] = cur;
}
void work() {
scanf("%d", &n);
long long ans1 = 0;
int ans2 = Smu_calc(n);
for (long long x = 1, nx; x <= n; x = nx + 1) {
nx = n / (n / x);
ans1 += 1ll * (Smu_calc(nx) - Smu_calc(x - 1)) * (n / x) * (n / x);
}
ans1 = (ans1 + 1) / 2;
printf("%lld %d\n", ans1, ans2);
}
int main() {
sieve(SZ);
int T;
scanf("%d", &T);
while (T --) work();
return 0;
}
6.1.2：【Luogu P3768】简单的数学题
Description
给出一个正整数 \(n\)，请你求出：
答案对给定的质数 \(p\) 取模。
数据范围：\(1 \leq n \leq 10^{10}\)，\(5 \times 10^8 \leq p \leq 1.1 \times 10^9\)。
时空限制：\(4000 \ \mathrm{ms} / 256 \ \mathrm{MiB}\)。
Solution
利用 \(\varphi \ast 1 = \text{ID}\) 反演，得：
记 \(F(n) = \sum\limits_{i = 1}^n i = \frac{n(n + 1)}{2}\)，则答案化为：
考虑使用数论分块处理上式，现在的问题是要求出函数 \(H(n) = \varphi(n) \cdot n^2\) 的前缀和，考虑杜教筛。
线性筛的部分相信大家都会，主要是讨论构造 \(S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n H(i)\) 关于 \(S(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor)\) 递推式的部分。
注意到恒等函数 \(\text{ID}_2\)，考虑将 \(H\) 与 \(\text{ID}_2\) 卷在一起：
于是可以得到 \(H \ast \text{ID}_2 = \text{ID}_3\)，我们发现 \(\text{ID}_2\) 与 \(\text{ID}_3\) 的前缀和都可以直接 \(\Theta(1)\) 计算（实在记不清楚公式的话，直接上拉格朗日插值吧），于是我们就可以得到 \(S(n)\) 的递推式：
直接上数论分块即可。
6.1.3：【BZOJ #4804】欧拉心算（加强版）
Description
给出两个正整数 \(n, m\)，请你求出：
数据范围：\(1 \leq n, m \leq 10^9\)。
时空限制：\(1500 \ \mathrm{ms} / 512 \ \mathrm{MiB}\)。
Solution
记 \(T = pd\)，则式子化简为：
设 \(g = \varphi \ast \mu\)（这里的 \(\ast\) 是狄利克雷卷积，下文同），则式子化简为：
可以用数论分块处理上式，现在的问题是要求 \(g\) 的前缀和。可以考虑杜教筛，设：
记 \(d = 1 \ast 1\)，其中函数 \(1(n) = 1\)，显然函数 \(d\) 为约数个数函数。
那么可以得到 \(S(n)\) 有关 \(S\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)\) 的递推式：
化简：
约数个数函数前缀和 \(\sum\limits_{i = 1}^h d(i)\) 即为 \(\sum\limits_{i = 1}^h \left\lfloor\frac{h}{i}\right\rfloor\)。直接用数论分块求解，复杂度较大。运用类似杜教筛的方法处理，具体地：
- 对于 \(x \leq n^{\frac{2}{3}}\) 的部分：运用线性筛求解每个 \(S(x), \sum_{i = 1}^x d(i)\)
- 对于 \(x > n^{\frac{2}{3}}\) 的部分：运用数论分块求解 \(\sum_{i = 1}^x d(i)\)，运用递推式求解 \(S(x)\)。
可以证明两部分的复杂度均为 \(\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})\)，直接上数论分块即可。
