狄利克雷卷积和莫比乌斯反演初探

0. 前置知识

瞅这

1. 狄利克雷卷积

定义

定义域为 ${\mathbb{N}}_{\mathbb{+}}$ 的函数称为数论函数。

对于两个数论函数 $f,g$，其狄利克雷卷积为 $h(n)=\sum _{d\mid n}f(d)g({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{ab=n}f(a)g(b)$，简记为 $h=f\ast g$

性质

狄利克雷卷积具有以下性质：

交换律 ：$f\ast g=g\ast f$。

非常好感性理解，因为狄利克雷卷积是对称的。

证明：令 $x=b,y=a$，则$(f\ast g)(n)=\sum _{ab=n}f(a)g(b)=\sum _{ba=n}g(b)f(a)=\sum _{xy=n}g(x)f(y)=(g\ast f)(n)$。

故 $f\ast g=g\ast f$。

从这个证明可以得出，对于一般的卷积 $(f\ast g)(n)=\sum _{a\oplus b=n}f(a)g(b)$，若 $\oplus$ 运算满足交换律，则 $f\ast g$ 满足交换律。

结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$

证明：

$$\begin{array}{rl}((f\ast g)\ast h)(n)& =\sum _{c\mid n}(f\ast g)\left(\frac{n}{c}\right)h(c)\\ & =\sum _{c\mid n}\sum _{ab=\frac{n}{c}}f(a)g(b)h(c)\\ & =\sum _{c\mid n}\sum _{(ab)c=n}f(a)g(b)h(c)\end{array}$$

此时 $c\mid n$ 在第二个条件成立时一定成立。

$$\begin{array}{rl}& =\sum _{(ab)c=n}f(a)g(b)h(c)\\ & =\sum _{a(bc)=n}f(a)g(b)h(c)\\ & =(f\ast (g\ast h))(n)\end{array}$$

同交换律一样，若 $\oplus$ 具有结合律，则其对应的卷积也具有结合律。

分配律：$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$

证明：

$$\begin{array}{rl}((f+g)\ast h)(n)& =\sum _{ab=n}(f+g)(a)h(b)\\ & =\sum _{ab=n}f(a)h(b)+g(a)h(b)\\ & =\sum _{ab=n}f(a)h(b)+\sum _{ab=n}g(a)h(b)\\ & =(f\ast h)(n)+(g\ast h)(n)\end{array}$$

故 $(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$

等式的性质：$f=g⟺f\ast h=g\ast h$，其中 $h(1)\ne 0$

$f=g\Rightarrow f\ast h=g\ast h$ 显然，下证：$f=g\Leftarrow f\ast h=g\ast h$

证明：

考虑反证法。若 $f\ne g$，则必定存在一个 $y\in {\mathbb{N}}_{\mathbb{+}}$，使得 $\mathrm{\forall }i<y,f(i)=g(i)$，且 $f(y)\ne g(y)$。

设 $r=f\ast h-g\ast h=(f-g)\ast h$

则：

$$\begin{array}{rl}r(y)& =\sum _{d|y}(f(d)-g(d))h\left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)\\ & =(f(y)-g(y))h(1)\\ & \ne 0\end{array}$$

与 $r(y)=(f\ast h)(y)-(g\ast h)(y)=0$ 矛盾。

证毕。

注：由于逆元存在，该结论是显然的。

单位元：即单位函数 $\epsilon (x)=[x=1]$ ，满足对于任意数论函数 $f$，有 $f\ast \epsilon =f$。

逆元：对于任意数论函数 $f$ 满足 $f(1)\ne 0$，则存在数论函数 $g$ 满足 $f\ast g=\epsilon$。

显然，若逆元存在，必唯一。

考虑构造一个 $g$。$(f\ast g)(x)=\epsilon (x)$

$$\begin{array}{rl}(f\ast g)(n)& =\sum _{d\mid n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)\\ & =\sum _{d\mid n,d\ne 1}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)+g(n)f(1)\\ g(n)& ={\displaystyle \frac{\epsilon (n)-\sum _{d\mid n,d\ne 1}f(d)g(\frac{n}{d})}{f(1)}}\end{array}$$

特别地，当 $f$ 为积性函数时，$f(1)=1$，此时 $g(n)=\epsilon (n)-\sum _{d\mid n,d\ne 1}f(d)g(\frac{n}{d})$

为了简便，下将 $f$ 的逆元记为 $f^{-1}$。（区别于反函数）

2. 积性函数

定义

若数论函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=1$，且 $\mathrm{\forall }n,m\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }},gcd(n,m)=1,f(nm)=f(n)f(m)$，则称 $f(x)$ 是积性函数。

若数论函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=1$，且 $\mathrm{\forall }n,m\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }},f(nm)=f(n)f(m)$，则称 $f(x)$ 是完全积性函数。

常见的积性函数有：

• 单位函数 $\epsilon (x)=[x=1]$ （完全积性）
• 常函数 $\mathbb{1}(x)=1$（完全积性），为方便起见，用 $I$ 替代。
• 恒等函数 ${\mathrm{id}}_k(x)=x^k$（完全积性）(${\mathrm{id}}_0=I$)
• 除数函数 ${\sigma }_k(x)=\sum _{d|x}{d}^k$，其中 ${\sigma }_0(x)$ 为 $x$ 的约数个数，又记作 $\tau (x)$，${\sigma }_1(x)$ 为 $x$ 的约数和，简记为 $\sigma (x)$。（${\sigma }_k={\mathrm{id}}_k\ast I$）
• 莫比乌斯函数 $\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& x=1\\ 0& \mathrm{\exists }d>1,d^2\mid x\\ (-1{)}^{\omega (x)}& \text{otherwise}\end{array}$，其中 $\omega (x)$ 为 $x$ 中不同质因子的个数。（$\mu \ast I=\epsilon$）
• 欧拉函数 $\phi (x)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$ 为 $1\cdots x$ 中与 $x$ 互质的数的个数。（$\phi =\mu \ast \mathrm{id}$ 或 $\phi \ast I=\mathrm{id}$）

notes：

• $\mu$ 是 $I$ 的卷积逆，这在下面也会提到。
• 设 $x=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i}$，其中 $\mathrm{\forall }i,{\alpha }_i>0$ ，则 $\phi (x)=x\cdot \prod _{i=1}^k(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})$，$\tau (x)=\prod _{i=1}^k({\alpha }_i+1)$，$\sigma (x)=\prod _{i=1}^k\sum _{j=0}^{{\alpha }_i}{p}_i^j$，都可以用积性在得出质数幂的结果后推出。

性质

1. 若 $f(x),g(x)$ 为积性函数，则下列函数为积性函数：

• $h(x)=f(x^k)$

证明：设 $gcd(x,y)=1$，则有 $gcd(x^k,y^k)=1$，则 $h(x)h(y)=f(x^k)f(y^k)=f((xy{)}^k)=h(xy)$

• $h(x)=f^k(x)$

证明：设 $gcd(x,y)=1$，则有，则 $h(x)h(y)=f^k(x)f^k(y)=(f(x)f(y){)}^k=f^k(xy)=h(xy)$

• $h(x)=f(x)g(x)$

证明：设 $gcd(x,y)=1$，则$h(x)h(y)=f(x)f(y)\cdot g(x)g(y)=f(xy)g(xy)=h(xy)$

2. 若 $f(x),g(x)$ 为积性函数，则下列函数为积性函数：（重要）

• $h=f\ast g$

证明：设 $gcd(x,y)=1$，则

$$\begin{array}{rl}h(x)h(y)& =\sum _{d_1\mid x}f(d_1)g\left({\displaystyle \frac{x}{d_1}}\right)\cdot \sum _{d_2\mid y}f(d_2)g\left({\displaystyle \frac{y}{d_2}}\right)\\ & =\sum _{d_1\mid x,d_2\mid y}f(d_1)f(d_2)g(d_1)g(d_2)\\ & =\sum _{d_1\mid x,d_2\mid y}f(d_1{d}_2)g\left({\displaystyle \frac{xy}{d_1{d}_2}}\right)\\ & =\sum _{d\mid xy}\sum _{d_1\mid x,d_2\mid y,d_1{d}_2=d}f(d)y\left({\displaystyle \frac{xy}{d}}\right)\\ & =\sum _{d\mid xy}1\cdot f(d)y\left({\displaystyle \frac{xy}{d}}\right)\\ & =\sum _{d\mid xy}f(d)y\left({\displaystyle \frac{xy}{d}}\right)\\ & =h(xy)\end{array}$$

• $g$ 满足 $f\ast g=\epsilon$

证明：$g(x)=\epsilon (x)-\sum _{d|x,d\ne 1}f(d)g(\frac{x}{d})$

设 $gcd(x,y)=1,x⩽y$。

首先，$\epsilon (1)=f(1)g(1)=1,f(1)=1\Rightarrow g(1)=1$。

使用数学归纳法。

1. $xy=1$，此时 $g(xy)=g(1)=g(x)g(y)$

2. $xy>1$，此时 $\epsilon (xy)=\epsilon (x)\epsilon (y)=0$，若此时 $\mathrm{\forall }{x}^{\prime }{y}^{\prime }<xy$ 且 $(x^{\prime },y^{\prime })=1$ ,$g(x^{\prime }{y}^{\prime })=g(x^{\prime })g(y^{\prime })$

$$\begin{array}{rl}g(x)g(y)& =g(x)g(y)-\epsilon (x)\epsilon (y)\\ & =g(x)g(y)-\sum _{a\mid x}f(a)g(\frac{x}{a})\sum _{b\mid y}f(b)g(\frac{y}{b})\\ & =f(1)f(1)g(x)g(y)-\sum _{a\mid x,b\mid y}f(a)g(\frac{x}{a})f(b)g(\frac{y}{b})\\ & =-(\sum _{a\mid x,b\mid y}f(a)g(\frac{x}{a})f(b)g(\frac{y}{b})-f(1)f(1)g(x)g(y))\\ & =-\sum _{a\mid x,b\mid y,ab\ne 1}f(a)g(\frac{x}{a})f(b)g(\frac{y}{b})\\ & =-\sum _{a\mid x,b\mid y,ab\ne 1}f(ab)g(\frac{xy}{ab})\\ & =\epsilon (xy)-\sum _{d\mid xy,d\ne 1}f(d)g(\frac{xy}{d})\\ & =g(xy)\end{array}$$

证毕。

由上述结论可知，积性函数卷积性函数仍是积性函数，积性函数卷非积性函数是非积性函数。

3. 莫比乌斯反演

莫比乌斯函数公式推导

莫比乌斯函数 $\mu$ 定义为常量函数 $I$ 的逆。

显然，$\mu$ 是积性函数（见上一节末）。

由逆元公式有 $\mu (x)=\epsilon (x)-\sum _{d\mid x,d\ne x}\mu (d)$

当 $x=1$ 时，$\mu (1)=1$

当 $x\ne 1$ 时，$\mu (x)=-\sum _{d\mid x,d\ne x}\mu (d)$

(i) $p\in \mathbb{P}$，$\mu (p)=-\mu (1)=-1$
(ii) $x=p^k(k\ge 2)$，由归纳法可知 $\mu (x)=0$

由于 $\mu$ 是积性函数，所以我们可以对 $x$ 标准分解后将其 $\mu$ 值相乘。

令 $x=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，$\mu (x)=\prod \mu (p_i^{{\alpha }_i})$

故 $\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& x=1\\ 0& \mathrm{\exists }d>1,d^2\mid x\\ (-1{)}^{\omega (x)}& \text{otherwise}\end{array}$

这个 $\mu$ 可以线性筛筛出来。

莫比乌斯反演公式

形式一：（最本质的式子）

由于 $\mu \ast I=\epsilon$ 得

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1]$$

形式二：

设 $f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)$，则 $g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$

证明：这个很显然。$f=g\ast I\Rightarrow f\ast \mu =g$

和式证明：

$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{d\mid n}g(d)\sum _{c\mid \frac{n}{d}}\mu (c)\\ & =\sum _{c\mid n}\mu (c)\sum _{d\mid \frac{n}{c}}g(d)\\ & =\sum _{c\mid n}\mu (c)f\left(\frac{n}{c}\right)\end{array}$$

形式三：

设 $f(n)=\sum _{n\mid d}g(d)$，则 $g(n)=\sum _{n\mid d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{n}})f(d)$

这里的和式可以有上限，即只考虑 $\le lim$ 的数。

证明：

$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{n\mid d}g(d)\sum _{d^{\prime }\mid \frac{d}{n}}\mu (d^{\prime })\\ & =\sum _{n\mid d}g(d)\sum _{n\mid c,c\mid d}\mu (\frac{c}{n})\\ & =\sum _{n\mid c}\mu (\frac{c}{n})\sum _{d\mid c}g(c)\\ & =\sum _{n\mid c}\mu (\frac{c}{n})f(c)\end{array}$$

4.基础应用

莫比乌斯反演的题目常与整除分块同时出现。

例一

求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)=1]}$

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)=1]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d\mid (i,j)}\mu (d)\\ =& \sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[d\mid i][d\mid j]\\ =& \sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \end{array}$$

对于多组询问，可以预处理 $\mu$ 之和，然后用整除分块做到 $\mathcal{O}(n+T\sqrt{n})$ 的复杂度。

例二

求 $\phi (n)$

考虑到 ${\displaystyle \phi (n)=\sum _{i=1}^n[(n,i)=1]}$

则

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid (n,i)}\mu (d)\\ & =\sum _{d\mid n}\mu (d)\sum _{i=1}^n[d\mid i]\\ & =\sum _{d\mid n}\mu (d)\frac{n}{d}\\ & =(\mu \ast \mathrm{id})(n)\end{array}$$

例三

求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(i,j)}$

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(i,j)\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\cdot \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (i)\cdot \lfloor \frac{n}{d\cdot i}\rfloor \lfloor \frac{m}{d\cdot i}\rfloor \\ =& \sum _{d=1}^{n}d\cdot \sum _{d\mid i}^n\mu \left(\frac{i}{d}\right)\cdot \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}d\cdot \mu \left(\frac{i}{d}\right)\cdot \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \\ =& \sum _{i=1}^n\phi (i)\cdot \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \end{array}$$

可以发现，这个式子与例一的区别在于将 $\mu$ 换成了 $\phi$

例四

P2568 GCD

其实可以直接用 $\phi$ 做，但我们假装不能

答案为

$$\begin{array}{r}\sum _{p\in \mathbb{P}}^n\sum _{i=1}^{n/p}\mu (i)\lfloor \frac{n}{p\cdot i}{\rfloor }^2\end{array}$$

用整除分块优化，单次复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{\frac{n}{p}})$

总复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n}\cdot \sum _p\sqrt{\frac{1}{p}})$

视为均匀分布，复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n}\cdot \frac{1}{\ln n}\sum _{i=1}^n\sqrt{\frac{1}{i}})=\mathcal{O}(\frac{n}{\ln n})$

例五

P2257 YY的GCD

就是例四的多组询问版本。
考虑继续推式子。

$$\begin{array}{rl}& \sum _{p\in \mathbb{P}}^n\sum _{i=1}^{n/p}\mu (i)\lfloor \frac{n}{p\cdot i}\rfloor \lfloor \frac{m}{p\cdot i}\rfloor \\ =& \sum _{p\in \mathbb{P}}^n\sum _{p\mid i}^n\mu \left(\frac{i}{p}\right)\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \\ =& \sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \sum _{p\mid i,p\in \mathbb{P}}\mu (\frac{i}{p})\end{array}$$

令后面的东西为 $f(i)$，则只需求出后面即可。
然后 $f(i)$ 可以像埃筛一样处理。
整除分块即可。
复杂度 $\mathcal{O}(n\log \log n+T\sqrt{n})$

例六

P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[i,j]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{(i,j)}\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{d}[(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }i\cdot j\cdot d\cdot [(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }i\cdot j\cdot d\cdot \sum _{t\mid (i,j)}\mu (t)\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\cdot \sum _{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)\cdot t^2\cdot \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{dt}\rfloor }ij\end{array}$$

令 ${\displaystyle g(x,y)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij=\frac{n(n+1)}{2}\cdot \frac{m(m+1)}{2}}$

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^{n}d\cdot \sum _{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)\cdot t^2\cdot \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{dt}\rfloor }ij\\ =& \sum _{d=1}^{n}dt\cdot \sum _{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)\cdot t\cdot g(\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{dt}\rfloor )\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{d\mid T}^{n}T\cdot \mu (\frac{T}{d})\cdot \frac{T}{d}\cdot g(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )\\ =& \sum _{T=1}^{n}T\cdot \sum _{d\mid T}^n\mu (d)\cdot d\cdot g(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )\end{array}$$

令 ${\displaystyle f(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)\cdot d}$

$$\begin{array}{rl}& \sum _{T=1}^{n}T\cdot \sum _{d\mid T}^n\mu (d)\cdot d\cdot g(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\cdot f(d)\cdot g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )\end{array}$$

由于 $h(x)=\mu (x)\cdot x$ 是积性函数，所以 $f=h\ast I$ 也是积性函数，可以线性筛预处理。

整除分块可做到 $\mathcal{O}(T\sqrt{n})$ 多组询问。

例七

求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)}$

所求即为 $1\sim n$ 中无平方因子数个数。

用 $f(i)$ 表示 $\underset{d^2\mid i}{max}{d}^2$

答案即为 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n[f(i)=1]=\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid f(i)}\mu (d)}$

考虑到若 $\mu (d)\ne 0$，则 $d^2\mid f(i)$，而这等价于 $d^2\mid i$。

改写为 ${\displaystyle \sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d^2}\rfloor }$

$d$ 的有效上界 $\sqrt{n}$。

5.一些有用结论

• $\mu (xy)=\mu (x)\mu (y)[x\mathrm{\perp }y]$

证明：显然。

• ${\displaystyle \sum _{d\mid n}\phi (d)=n}$

证明：即 $\phi \ast I=\mathrm{id}$，可由 $\phi =\mu \ast \mathrm{id}$ 推出。
有人叫这个式子欧拉反演。
应用太广泛，不列了。

• ${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}d(i)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$

证明：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^{n}d(i)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i[j\mid i]\\ =& \sum _{j=1}^n\sum _{i=j}^n[j\mid i]\\ =& \sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \end{array}$$

见于 P3935 Calculating

note: 注意到该式可以反向运用，用 $\mathcal{O}(1)$ 算 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$，优于整除分块的 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$

• ${\displaystyle d(xy)=\sum _{i\mid x}\sum _{j\mid y}[i\mathrm{\perp }j]}$

证明：考虑构造双射 $d\to (u,v)$。

对于 ${\displaystyle d=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}}$，如果 $x$ 中有 $p_i^{a_i}$，$y$ 中有 $p_i^{b_i}$。

• $c_i\le a_i$ 时，令 $v$ 中 $p_i$ 次数为 $0$。
• $c_i>a_i$ 时，令 $u$ 中 $p_i$ 次数为 $0$，并让 $v$ 中 $p_i$ 次数为 $c_i-a_i$。

见于 P3327 [SDOI2015]约数个数和

• ${\displaystyle \phi (xy)=\frac{\phi (x)\cdot \phi (y)\cdot gcd(x,y)}{\phi (gcd(x,y))}}$

证明：考虑当 $x\mathrm{\perp }y$ 时，$\phi (xy)=\phi (x)\phi (y)$

而对于 $(x,y)>1$ 的情况，$(x,y)$ 中的每个质因子 $p$ 都被多乘了 $(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})$，一共被多乘了 ${\displaystyle \frac{\phi (gcd(x,y))}{gcd(x,y)}}$，所以除掉这一项就好了。
见于 P4240 毒瘤之神的考验

6.结语

本文鸽了有接近半年，终于写完了。（你看发布时间很晚实际上是因为我把它修改了，企图掩盖是鸽子的事实）

删掉标题的“施工中”三个字时，有些怅然。时间过得太快了，水平尚未见增长，一个学期就过去了。开学时立下的雄心壮志，早已被时间消磨干净了吧……

建议同时阅读整除分块相关内容。