常见积性函数线性筛

线性筛素数

比埃氏筛更优的线性筛，线性体现在每个数会被它最小的质因子筛掉，最小的质因子显然只有一个，每个数只会被访问一次，严格的线性复杂度。

一个数被访问是由枚举“除去它最小的质因子后的值 $i$ ”，再乘上“最小质因子 $prime[j]$ （以下简写为 $p[j]$ ）”实现的。

例如 $8$ 是在 $i=4,p[j]=2$ 时被访问的， $12$ 是在 $i=6,p[j]=2$ 时被访问的， $9$ 是 $i=3,p[j]=3$ （可以看到需要先把 $i$ 加入质数中再枚举质数）。

若当前的 $i$ 没有被访问，说明 $i$ 最小的质因子是它本身，显然 $i$ 就是个质数。

为了保证当前质因子是乘积的最小质因子，当 $i\%p[j]==0$ 时停止对 $j$ 的枚举，因为此时 $i$ 中保证有质因子 $p[j]$ ，当 $p[j]$ 继续增大时， $i$ 与 $p[j]$ 乘积的最小质因子不会再是 $p[j]$ ，而是 $i$ 中的最小质因子。

for(int i=2; i<=n; i++) {
	if(!vis[i]) p[++cnt] = i;
	for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<=n; j++) {
		vis[ i*p[j] ] = 1;
		if(i%p[j]==0) break;    //与埃氏筛唯一的区别
	}
}

积性函数

积性函数是指当 $a$ 与 $b$ 互质时满足 $f(ab)=f(a)*f(b)$ 的函数。常见的像欧拉函数 $\varphi$ ，约数个数 $d$ ，约数和 $\sigma$ ，莫比乌斯函数 $\mu$ 。所有的积性函数都能线筛（大概）。

我们在线性筛时，每个数是由 $i$ 与 $p[j]$ 乘起来得到的。

若 $i\%p[j]\ne 0$ ，因为 $p[j]$ 是质数所以 $i$ 与 $p[j]$ 互质， $f( i*p[j] )=f(i)*f(p[j])$ 。

若 $i\%p[j]=0$ ，我们一般需要考虑这个数中最小的质因子 $p[j]$ 的出现次数对它函数值的影响，一般需要另设一个函数 $g$ 来记录最小质因子的出现次数，当 $i\%p[j]=0$ 时， $g[i*p[j]]=g[i]+1$ ，而 $f$ 值就要具体情况具体分析了。

欧拉函数 $\varphi$ 线筛

欧拉函数 $\varphi$ ，表示比 $x$ 小的与 $x$ 互质的数的个数，求单个的话是 $sqrt$ 复杂度的 (如果忽略预处理的复杂度就是 $sqrt / log$ )。

若 $x=p_1^{k1}*p_2^{k2}*p_3^{k3}...p_n^{kn}$ ，则 $\varphi(x)=x\prod\limits_{i=1}^n\dfrac {p_i-1} {p_i}$ 。

这个很好证，就是考虑每个质因子对 $\varphi$ 值的贡献。

$\varphi$ 是积性函数也就显然了，因为互质的两个数没有相同的 $p$ ，两个数的质因子贡献互不影响。

若 $i\%p[j]\ne 0$ ， $\varphi(i*p[j])=\varphi(i)*\varphi(j)=\varphi(i)*(p[j]-1)$ ；

若 $i\%p[j]=0$ ，由于指数 $k_j$ 不会对答案造成影响，而 $p[j]$ 已经对 $i$ 产生过贡献，所以直接乘上 $p[j]$ 即可， $\varphi(i*p[j])=\varphi(i)*p[j]$ 。

for(int i=2; i<=n; i++) {
	if(!vis[i]) {
		p[++cnt] = i;
		phi[i] = i-1;
	}
	for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<=n; j++) {
		vis[ i*p[j] ] = 1;
		if(i%p[j]==0) {
			phi[ i*p[j] ] = phi[i] * p[j];
			break;
		}
		phi[ i*p[j] ] = phi[i] * (p[j]-1);
	}
}

约数个数 $d$ 线筛

一个显然的结论：若 $x=p_1^{k1}*p_2^{k2}*p_3^{k3}...p_n^{kn}$ ，则 $d(x)=\prod\limits_{i=1}^n(k_i+1)$ 。

若 $x$ 与 $y$ 互质，那么 $x$ 与 $y$ 没有相同的质因子，显然 $d(xy)=d(x)*d(y)$ ，所以 $d$ 是个积性函数，考虑同样的线筛方式。

若 $i\%p[j]\ne 0$ ， $d(i*p[j])=d(i)*d(p[j])=d(i)*2$ ；

若 $i\%p[j]=0$ ，相当于 $p[j]$ 的指数从 $k_j$ 变成了 $k_j+1$ ，辣么它的d就从一大坨乘上 $k_j+1$ 变成一大坨乘上 $k_j+2$ 。

所以有必要开一个 $g$ 记录最小质因子出现次数， $g[ i*p[j] ]=g[i]+1,d[i*p[j]]=d[i]/(g[i]+1)*(g[i]+2)$ 。记得当 $i$ 是质数时， $d[i]=2,g[i]=1$ 。

d[1] = 1;
for(int i=2; i<=n; i++) {
    if(!vis[i]) {
        p[++cnt] = i;
        d[i] = 2; g[i] = 1;
    }
    for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<=n; j++) {
        vis[ i*p[j] ] = 1;
        if(i%p[j]==0) {
            d[ i*p[j] ] = d[i] / (g[i]+1) * (g[i]+2);
            g[ i*p[j] ] = g[i] + 1;
            break;
        }
        d[ i*p[j] ] = d[i] * 2;
        g[ i*p[j] ] = 1;
    }
}

约数和 $\sigma$ 线筛

若 $x=p_1^{k1}*p_2^{k2}*p_3^{k3}...p_n^{kn}$ ，那么有一个结论是

$\sigma(x)=(1+p_1+{p_1}^2+...+{p_1}^{k_1})*(1+p_2+{p_2}^2+...+{p_2}^{k_2})*...*(1+p_n+{p_n}^2+...+{p_n}^{k_n})$ 。

简写就是 $\sigma(x)=\prod\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=0}^{k_i}{p_i}^j$ 。

因为从每个括号中各选一项相乘得到的数一定是 $x$ 的约数，而且是一一对应的，将所有项加起来就是约数和了。

由于互质的两个数质因子互不相同，联乘可以叠在一起，所以 $\sigma$ 是积性函数。

若 $i\%p[j]\ne 0$ ， $\sigma(i*p[j])=\sigma(i)*\sigma(p[j])=\sigma(i)*(p[j]+1)$ 。

若，相当于将 $p_j$ 的指数 $k_j$ 加一，则 $p_j$ 对答案的贡献从 $(1+p_j+{p_j}^2+...+{p_j}^{k_j})$ 变为 $(1+p_j+{p_j}^2+...+{p_j}^{k_j}+{p_j}^{k_j+1})$ ，而不会对其他质因数造成影响。

设 $g[i]$ 表示 $i$ 中不能被 $p_j$ （ $i$ 的最小质因子）整除的约数的和，
即 $\sigma(i)=(1+p_j+{p_j}^2+...+{p_j}^{k_j})*g[i]$

则 $\sigma(i*p[j])=(1+p_j+{p_j}^2+...+{p_j}^{k_j})*p_j*g[i]+g[i]$
$=(1+p_j+{p_j}^2+...+{p_j}^{k_j}+{p_j}^{k_j+1})*g[i]=\sigma(i)*p[j]+g[i]$

然后注意 $g$ 数组的赋值：当 $p[j]$ 是 $i$ 的质因子时， $g[i*p[j]]=g[i]$ ，否则 $g[i*p[j]]=f[i]$ ，这个应该好理解。

代码中 $\sigma$ 用 $f$ 表示：

f[1] = 1;
for(int i=2; i<=n; i++) {
	if(!vis[i]) {
		p[++cnt] = i;
		f[i] = i+1; g[i] = 1;
	}
	for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<=n; j++) {
		vis[ i*p[j] ] = 1;
		if(i%p[j]==0) {
			f[ i*p[j] ] = f[i] * p[j] + g[i];
			g[ i*p[j] ] = g[i];
			break;
		}
		f[ i*p[j] ] = f[i] * (p[j]+1);
		g[ i*p[j] ] = f[i];
	}
}

2020.06.06 update:

这玩意今天模拟赛出了个应用。。谔谔。

大概是问你 $\sum\limits_{i=1}^n n\%i$ ，这玩意儿显然可以用整除分块来根号复杂度做，但是这题多组询问的 $T$ 达到了 $1e6$ ，那么就找规律。

发现这个数列： $\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\frac ni\right\rfloor i$ ， $1,4,8,15,21...$

和刚刚筛出来的 $\sigma：$ ， $1,3,4,7,6...$

为啥是这个前缀和呢？ $@159$ 给出了理性的证明： $\left\lfloor\frac ni\right\rfloor i$ 可以等价于小于等于 $n$ 的数中有多少个数是 $i$ 的倍数，再乘个
$i$ ，把所有 $i$ 的倍数加起来，就是把所有数的因数和加起来。

莫比乌斯函数 $\mu$ 线筛

想做反演题你得先把它筛出来。

莫比乌斯函数是 ~~人类自己捏出来的~~ 一个容斥系数函数，来个通俗一点的定义：

若x=1，则 $\mu(x)=1$ ；当 $x>1$ 时分解 $x=p_1^{k1}*p_2^{k2}*p_3^{k3}...p_n^{kn}$ ；

若 $k_1=k_2=k_3=...=k_n=1$ ， $\mu(x)=(-1)^n$ ；

否则 $\mu(x)=0$ 。

$\mu$ 显然是个积性函数，感性证明：

若 $x$ 与 $y$ 互质，若 $\mu(x)=0$ 或 $\mu(y)=0$ ，说明有一个质因子的指数大于1，那么xy那个质因子指数也大于1， $\mu(xy)=\mu(x)*\mu(y)=0$ ；

当 $x\ne 0$ 且 $y\ne 0$ 时， $\mu(x)=(-1)^{n_x},\mu(y)=(-1)^{n_y},\mu(xy)=(-1)^{n_x+n_y}=\mu(x)*\mu(y)$ 。

考虑线筛：

若 $i\%p[j]\ne0$ ， $\mu(i*p[j])=\mu(i)*\mu(p[j])=-\mu(i)$ ，因为质数的 $\mu$ 都是 $-1$ ；

若 $i\%p[j]=0$ ，说明 $p[j]$ 这个质因子将在 $i*p[j]$ 出现两次，那 $\mu(i*p[j])$ 就等于 $0$ 呗。

mu[1] = 1;
for(int i=2; i<=n; i++) {
	if(!vis[i]) {
		p[++cnt] = i;
		mu[i] = -1;
	}
	for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<=n; j++) {
		vis[ i*p[j] ] = 1;
		if(i%p[j]==0) break;    //mu[i*p[j]]=0；就没必要写了。
		mu[ i*p[j] ] = -mu[i];
	}
}