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 \(i\%p[j]=0\)， 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];
}
}
参考：
https://www.cnblogs.com/cjoieryl/p/8268373.html
