一个筛法问题

来自 qwaszx。

如果 $f(i)$ 是积性函数，想要求解 $\sum_{i=1}^nf(ix)$ 的值。之前遇到过这个问题，是 $f=\varphi$ 且 $\mu^2(x)=1$ 的情况，现在来看一下通解应该怎么处理，先看看 $\mu$ 咋做。

假设 $\mu^2(x)=1$，$\mu(ix)$ 并不是积性函数，但我们想处理积性函数，于是当 $i\bot j$ 时观察 $\mu(ix)\mu(jx)$ 和 $\mu(ijx)$：$i,j$ 其中一个与 $x$ 不互质那么两侧都是 $0$；否则 $i,j,x$ 两两互质，那么左侧是 $\mu(i)\mu(j)\mu(x)\mu(x)$，右侧是 $\mu(i)\mu(j)\mu(x)$，于是令 $g(i)=\mu(ix)/\mu(x)$，那么 $g(i)$ 就是一个积性函数了。

然后去考察 $g$ 的贝尔级数，若 $p\nmid x$，那么 $g_p(z)=1-z$，若 $p\mid x$ 那么 $g_p(z)=1$．

凑杜教筛，另设积性函数 $h$，若 $p\nmid x$，那么 $h_p(z)=\frac{1}{1-z}$，若 $p\mid x$ 那么 $h_p(z)=1$，此时 $h(i)=[\gcd(i,x)=1]$，称其为 $\mathbf{1}_x$．

所以现在有 $g*\mathbf{1}_x=\epsilon$，如果能够求 $\mathbf{1}_x$ 在所有 $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 位置处的前缀和就可以杜教筛 $g$ 了，$\sum_{i=1}^n\mathbf{1}_x(i)=\sum_{d|x}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$，整除分块的时候要求 $[l,r]$ 内有多少 $x$ 的因子，注意到所有 $r$ 都是 $n$ 的基本和组，那么将这 $\mathcal{O}(\sqrt n)$ 个 $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 和 $x$ 的所有质因子排序预处理前驱后继，这样就能在 $\mathcal{O}(\sqrt n)$ 的时间复杂度计算 $\mathbf{1}_x$ 的前缀和了。它同样可以线筛，那么现在就做到了 $\mathcal{O}(n^{2/3})$ 的复杂度。

同样来尝试 $\varphi$，即使 $\varphi(ix)$ 并不是关于 $i$ 的积性函数，但我们仍然去考虑它在质数次幂的取值形成的 ogf，若 $p\nmid x$ 那么 $f_p(z)=\frac{1-z}{1-pz}$，否则假设最大的正整数 $k$ 使得 $p^k\mid x$，那么有 $f_p(z)=\frac{(p-1)p^{k-1}}{1-pz}$，若设 $g(i)=f(i)/\varphi(x)$，那么 $p\mid x$ 时 $g_p(z)$ 就变为了 $\frac{1}{1-pz}$，这里需要证一下 $g$ 是个积性函数：

若 $f(i)$ 是关于 $i$ 的积性函数，若 $f(x)\neq 0$ 那么 $f(ix)/f(x)$ 是关于 $i$ 的积性函数。直接按定义 $\frac{f(ix)}{f(x)}\times \frac{f(jx)}{f(x)}=\frac{f(ijx)}{f(x)}$ 即 $f(ix)f(jx)=f(ijx)f(x)$，此时考察一个质因子 $p$，假设它在 $i,j,x$ 中的次幂分别是 $e_i,e_j,e_x$，首先 $e_i,e_j$ 至少有一个为 0，假设 $e_i=0$，那么它对左侧的贡献是乘上 $f(p^{e_x})f(p^{e_j+e_x})$，对右侧的贡献是 $f(p^{e_j+e_x})f(p^{e_x})$，所以等式左右相等。

于是同样有 $h(i)=[\gcd(i,x)]=1]$，那么 $g*h=id$，可以杜教筛。

这里的重点在于，$f'(x)=f(ix)/f(x)$ 是积性的，如果想求 $f(ix)$ 的前缀和，就可以转化为求 $f'(x)$ 这个积性函数的前缀和问题。如果 $f(x)=0$ 那么 $x$ 存在质数次幂 $p^k$ 满足 $f(p^k)=0$，于是有 $p\nmid i$ 时 $f(ix)=0$，所以可以 $n\leq \left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,x\gets px$．

杜爷是怎么想到这个东西呢？考虑 $f(ix)$ 实际上对 $x$ 的质因子的贝尔级数的系数进行了一个位移，不是积性的原因是常数项不为 1，那么除掉常数项就得到了这个构造。我愿称之为杜爷筛。