OI 数论中的上界估计与时间复杂度证明

预备

0.1 渐进符号

其实不少高等数学 / 数学分析教材在讲解无穷小的比较时已经相当严谨地介绍过大 O、小 O 记号，然而各种历史习惯记法的符号滥用（abuse of notation）^[1] 直到现在都让笔者头疼. These notations seem to be innocent, but can be catastrophic without careful manipulation. For example,

• $$n=O(n^2)\wedge n^2=O(n^2)⟹n=n^2$$

  Knuth 在《具体数学》里举出的例子^[2]. “$=$” 隐含的对称性使其在 $g(x)=O(f(x))$ 中格格不入. 事实上，将 $O(f(x))$ 看作“阶不高于 $f(x)$ 的所有函数的集合”是比“某个阶不高于 $f(x)$ 的函数”更严谨的理解. 因此，本文将使用 $f(x)\in O(g(x))$ （有时也记为 $O(f(x))\subset O(g(x))$）的集合论符号代替传统的 $f(x)=O(g(x))$ 记法.

• $$n^2\sin n\in O(n^2)⟹\sum _{i=1}^n{i}^2\sin i\in \sum _{i=1}^{n}O(i^2)\subset O\left(\sum _{i=1}^n{i}^2\right)\subset O(n^3)$$ 或更一般的， $$g(x)\in O(f(x))⟹\sum _{P(n,i)}g(i)\in \sum _{P(n,i)}O(f(i))\subset O(\sum _{P(n,i)}f(i))$$

  没看出有啥问题，对吧？笔者在写作此文时犯了同样的错误. 请注意，大 O 记号的作用对象是函数，$f(i)$ 是什么？它只是个函数值，是确定的数——这是因为 $i$ 也是求和枚举中确定的数，而不是 $n$ 这种真正代表变元的记号. 所以 $O(f(i))$ 是什么？它什么也不是.

  这种错误的出现是在所难免的，我们太习惯用 $x$、$x^3+5x^2+x$ 这种变元都不明确的记号来表示函数了^[1]. 写成 $f(x)$ 也不严谨，因为只有 $f$ 才应代表函数本身，$f(x)$ 只能是函数值. 这样我们就可以放心地写下 $O(f)$，不用担心把变元与确定值弄混了.

  然而大家还是喜欢写 $O(n^2)$ 和 $O(e^{n^2})$，而不是奇怪的 $O({\mathrm{id}}^2)$ 和 $O(\exp \circ {\mathrm{id}}^2)$. 所以，我们大概只能沿用这种不太严谨的记号，并时刻提醒自己加倍小心了. （形如 $x\mapsto e^{x^2}$ 的 $\lambda$ 风格“匿名函数”记号可能更好？）

  但上述命题从结论上是正确的. 正确的推导过程应为 $$\sum _{P(n,i)}g(i)\le \sum _{P(n,i)}Cf(i)\le C\sum _{P(n,i)}f(i)\in O(\sum _{P(n,i)}f(i))$$

  第一步是直接由大 O 记号的定义得到的结果.

Wikipedia^[3] 中有一张详尽的表格介绍了各种渐进符号的定义，OI Wiki^[4] 上也有极好的讲解，尚不熟练的读者可以参考. 有兴趣仔细研究的读者可以参考《具体数学》第九章^[2]、Wikipedia 及其 reference（个人推荐 Knuth 关于 $O$、$\mathrm{\Omega }$、$\mathrm{\Theta }$ 的短文^[5]）. 本文除用 “$\in$” 和“$\subset$”替代 “$=$” 外，完全使用 Knuth 提议的记号体系.

0.2 调和数 $H(n)$ / 调和级数

调和级数的部分和 $H(n)$ 定义为 $$H(n)=\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}$$ 通过一些与 $e$ 有关的数列放缩可以证明 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(H(n)-\log n)=c$，其中 $c\approx 0.577$ 是 Euler 常数. 因此 $nH(n)\sim n\log n\in \mathrm{\Theta }(\log n)$.

0.3 自然数等幂和 $P_p(n)$ / $p$ - 级数

$p$ - 级数可视为调和级数的推广. 其部分和定义为 $$P_p(n)=\sum _{i=1}^n{i}^{-p}$$

$p$ - 级数具有如下性质：

• 当 $p>1$ 时，$p$ - 级数收敛；

• 当 $p=1$ 时，$p$ - 级数是调和级数；

• 当 $-\mathrm{\infty }<p<1$ 时，我们指出 $$P_p(n)\sim \frac{1}{1-p}{n}^{1-p}\in \mathrm{\Theta }(n^{1-p})$$

$-\mathrm{\infty }<p<1$ 时 $p$ - 级数的渐进估计可以从连续幂函数积分的角度理解. 证明这渐进性，离散情况下，可对 $n^p$ 差分后前缀和 + 二项式定理得到高次项系数，或可用离散微积分理论得到精确表示（参见《具体数学》^[6]）；连续情况下，Lagrange 中值定理应为较简单的估计方法. 这里从略. 总之，我们得到： $$P_p(n)\in \{\begin{array}{ll}\mathrm{\Theta }(n^{1-p})& p<1\\ \mathrm{\Theta }(n\log n)& p=1\\ \mathrm{\Theta }(1)& p>1\end{array}$$

1 约数函数 ${\sigma }_z(n)$

约数函数（Divisor Function，也可称为除数函数、因数函数）是与 $n$ 的因子有关的一类函数，定义如下：

Definition 1 (约数函数) $${\sigma }_z(n)=\sum _{d\mid n}{d}^z$$

当 $z=0$ 时，${\sigma }_0(n)$ 被称为约数个数函数（number-of-divisors function），常被记为 $d(n)$ 或 $\tau (n)$. 当 $z=1$ 时，${\sigma }_1(n)$ 被称为约数和函数（sum-of-divisors function），常直接记为 $\sigma (n)$.

Example 1 估计 ${\sigma }_0(n)$ 的渐进上界.

也就是估计 $n$ 的因子的数量. 一个广为人知的上界是 $2\sqrt{n}$，因为 $n$ 的所有小于 $\sqrt{n}$ 的因子 $d$ 均与另一因子 $\frac{n}{d}$ 一一对应.

事实上进一步可以证明 ${\sigma }_0(n)\in o(n^{ϵ})\mathrm{\forall }ϵ>0$^[7]，虽然这在 OI 中并不实用.

Example 2 估计 $\widehat{{\sigma }_0}(n)=\sum _{i=1}^n{\sigma }_0(i)$ 的渐进上界.

即估计 $1$ 到 $n$ 中所有数因子个数的和. 这是一个形式上鲜为人知但其应用广为人知的例子. 变换求和顺序，容易得到

$$\widehat{{\sigma }_0}(n)=\sum _{i=1}^n{\sigma }_0(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}1=\sum _{d=1}^n\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \le \sum _{d=1}^n\frac{n}{d}=nH(n)\in O(n\log n)$$

显然，这比 $O(n\sqrt{n})$ 的平凡估计好上不少. 本例的思路不仅是埃氏筛（Sieve of Eratosthenes）的理论基础，也在杜教筛、快速 Mobius 变换、$gcd$ 卷积^[8]等处出现.

进一步利用此技巧和 $p$ - 级数的估计，我们甚至能在仔细研究 ${\sigma }_z(n)$ 前就得到其前缀和的渐进估计：

Example 3 估计 $\widehat{{\sigma }_z}(n)=\sum _{i=1}^n{\sigma }_z(i)$ 的渐进上界.

$$\begin{array}{rl}\widehat{{\sigma }_z}(n)& =\sum _{i=1}^n{\sigma }_z(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}{d}^z=\sum _{d=1}^n{d}^z\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \\ & \le n\sum _{d=1}^n{d}^{z-1}=n{P}_{1-z}(n)\in \{\begin{array}{ll}O(n^{z+1})& z>0\\ O(n\log n)& z=0\\ O(n)& z<0\end{array}\end{array}$$

遗憾的是，对此前缀和做差分并不能得到 ${\sigma }_z(n)$ 的优秀估计.

现在引入一个重要放缩技巧，其在后续估计中屡试不爽.

Proposition 1 $$\sum _{d\mid n}f(d)\le \sum _{i=1}^{n}f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

显然，右式比左式多算了 $i\nmid n$ 的项，因此命题是正确的. 但我们还可以做得更好：

Proposition 2 $$\sum _{d\mid n}f(d)\le \sum _{i=1}^{\sqrt{n}}f(i)+f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

$\sqrt{n}$ 分治. 我们其实已经在 Example 1 估计 ${\sigma }_0(n)$ 时用过此技巧了.

Example 4 估计 ${\sigma }_1(n)$ 的渐进上界.

用 Proposition 1： $${\sigma }_1(n)=\sum _{d\mid n}d\le \sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \le nH(n)\in O(n\log n)$$

可以证明用 Proposition 2 不会得到更优的结果.

我们发现了一个有趣的事实：${\sigma }_1(n)$ 和 $\widehat{{\sigma }_0}(n)$ 的渐进上界均为 $O(n\log n)$.

Example 5 估计 ${\sigma }_z(n)$ 的渐进上界.

用 Proposition 2 和 $p$ - 级数的性质：

$$\begin{array}{rl}{\sigma }_z(n)& =\sum _{d\mid n}{d}^z\le \sum _{i=1}^{\sqrt{n}}{i}^z+{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }^z\\ & \le \{\begin{array}{lll}{\displaystyle 2\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }^z\le 2n^z\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}{i}^{-z}}& =2n^z{P}_z(\sqrt{n})& z\ge 0\\ {\displaystyle 2\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}{i}^z}& =2P_{-z}(\sqrt{n})& z<0\end{array}\\ \in & \{\begin{array}{ll}2n^{z}O(1)& z>1\\ 2nO(\log \sqrt{n})& z=1\\ 2n^{z}O(n^{\frac{1-z}{2}})& 0\le z<1\\ 2O(n^{\frac{1+z}{2}})& -1<z<0\\ 2O(\log \sqrt{n})& z=-1\\ 2O(1)& z<-1\end{array}=\{\begin{array}{ll}O(n^z)& z>1\\ O(n\log n)& z=1\\ O(n^{\frac{1+z}{2}})& -1<z<1\\ O(\log n)& z=-1\\ O(1)& z<-1\end{array}\end{array}$$

我们得到了一个相当优秀的渐进上界. 值得关注的是：

• 当 $z=0$ 时，${\sigma }_0(n)\in O(n^{\frac{1}{2}})$. 这与 Example 1 的结果一致.
• 当 $z=\frac{1}{2}$ 时，${\sigma }_{\frac{1}{2}}(n)\in O(n^{\frac{3}{4}})$，即 $\sum _{d\mid n}\sqrt{d}\in O(n^{\frac{3}{4}})$. 洛谷 P4980 Polya 定理模板题^[9]的一种比较 trivial 的解法^[10]的时间复杂度证明就来源于此. 我们之后还会在整除分块与杜教筛中见到它.

另外，如果只使用 Proposition 1 ，$-1<z<1$ 部分的渐进上界将只能估计至 $O(n)$. 因此 Proposition 2 是更为优越的.

约数函数更复杂的上限与渐进估计可参考 Wikipedia^[7].

2 整除分块

也被称为数论分块. 求 $$\sum _{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$ 我们按 $d=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 分块求和： $$\sum _{d}g(d)\sum _{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =d}f(i)$$ 可以证明，对一指定的 $d$，满足 $d=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的 $i$ 取遍一连续区间，故若 $f$ 的前缀和能 $O(1)$ 求出，块数量 $\mathrm{\#}{\left\{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right\}}_{i=1}^n$ 即该算法的时间复杂度. 注意到当 $i\le \sqrt{n}$ 时，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 最多只有 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 种取值，而 $i\ge \sqrt{n}$ 时，$1\le \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \le \sqrt{n}$ 表明其也最多只有 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 种取值. 因此整除分块的时间复杂度 $$T_1(n)=\mathrm{\#}{\left\{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right\}}_{i=1}^n\le 2\sqrt{n}\in O(\sqrt{n})$$

方便起见，后文记 $D(n)={\left\{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right\}}_{i=1}^n$.

2.1 整除分块嵌套

将 Proposition 2 加强，我们有如下通用放缩：

Proposition 3 $$\sum _{d\mid n}f(d)\le \sum _{d\in D(n)}f(d)\le \sum _{i=1}^{\sqrt{n}}f(i)+f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

LHS 成立的关键在于 $\{d:d\mid n\}\subset D(n)$；而 RHS 的本质就是上述对整除分块块数量上界的估计.

注意到 Proposition 2 是 Example 5 证明的核心，而 Proposition 3 是 Proposition 2 的加强版，故仿造 Example 5 的证明，我们有

Example 6 令 $$S_z(n)=\sum _{d\in D(n)}{d}^z$$ 则前述 Example 5 中 ${\sigma }_z(n)$ 的上界与渐进上界也同样适用于 $S_z(n)$.

现在可以对嵌套整除分块 $$\sum _{i=1}^{n}f(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }g(j)h(\lfloor \frac{n}{ij}\rfloor )$$ 的时间复杂度 $T_2$ 做出估计了. 对 Example 6 取 $z=\frac{1}{2}$，立刻有 $$T_2(n)=\sum _{d\in D(n)}{T}_1(d)\le 2\sum _{d\in D(n)}\sqrt{d}=2S_{\frac{1}{2}}(n)\le 4\sqrt{n}{P}_{\frac{1}{2}}(\sqrt{n})\in O(n^{\frac{3}{4}})$$

我们还可以进一步归纳. 假定 $\mathrm{\forall }m\ge 0,\mathrm{\exists }{z}_m:0\le z_m<1,T_m(n)=O(n^{z_m})$，我们有

$$T_{m+1}(n)=\sum _{d\in D(n)}{T}_m(d)\le C\sum _{d\in D(n)}{n}^{z_m}=C{S}_{z_m}(n)\in O(n^{\frac{1+z_m}{2}})$$

因此 $z_{m+1}=\frac{1+z_m}{2}$. 边界条件 $z_0=0$，数列递推求得 $z_m=1-2^{-m}$，检验满足条件. 因此 $m$ 重嵌套整除分块的时间复杂度 $$T_m(n)\in O(n^{1-2^{-m}})$$

3 杜教筛

杜教筛可以以低于线性的时间复杂度求解某些数论函数的前缀和. 其思路并不复杂. 设 $f$ 为一数论函数，我们希望快速求得其前缀和 $\hat{f}(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$. 考虑数论函数 $g$ 和 $h=g\ast f$， $$h(n)=\sum _{d\mid n}g(d)f(\frac{n}{d})$$ 两端做前缀和得 $$\begin{array}{rl}\hat{h}(n)& =\sum _{i=1}^{n}h(i)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\hat{f}(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\\ & =g(1)\hat{f}(n)+\sum _{d=2}^{n}g(d)\hat{f}(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\end{array}$$ 因此 $$\hat{f}(n)=\frac{1}{g(1)}(\hat{h}(n)-\sum _{d=2}^{n}g(d)\hat{f}(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ))$$

故若 $g$、$h$ 的前缀和可 $O(1)$ 算得，根据上式整除分块即可递归地计算出 $f$ 的前缀和.

下面分析算法的复杂度. 注意到 $$\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }{j}\rfloor =\lfloor \frac{n}{ij}\rfloor$$ 故单轮递归涉及到的自变量均可表示为 $d=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的形式. 一个 $\hat{f}(d)$ 做整除分块耗时 $T_1(d)$，若采用记忆化递归，由上节分析，算法总时间复杂度为 $$\sum _{d\in D(n)}{T}_1(d)=T_2(n)\in O(n^{\frac{3}{4}})$$

但我们还可以做得更好——考虑先用 $O(K)$ 的时间复杂度线性筛出前 $K$ 个 $f(n)$ 并求前缀和，则递归求解时，$d\le K$ 的 $\hat{f}(d)$ 就无需再向下递归了. 为分析此类时间复杂度，对 Proposition 3 做最后一点扩展：

Proposition 4 $$\sum _{\begin{array}{c}d\mid n\\ d>K\end{array}}f(d)\le \sum _{\begin{array}{c}d\in D(n)\\ d>K\end{array}}f(d)\le \sum _{K<i\le \sqrt{n}}f(i)+\sum _{1\le i\le min\{\lfloor \frac{n}{K}\rfloor ,\sqrt{n}\}}f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

特别的，当 $K>\sqrt{n}$ 时，有

$$\sum _{\begin{array}{c}d\mid n\\ d>K\end{array}}f(d)\le \sum _{\begin{array}{c}d\in D(n)\\ d>K\end{array}}f(d)\le \sum _{1\le i\le \lfloor \frac{n}{K}\rfloor }f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

故用 Proposition 4 ，当 $K>\sqrt{n}$ 时，算法在递归部分的时间复杂度降低为

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{Du}}_K(n)& =\sum _{\begin{array}{c}d\in D(n)\\ d>K\end{array}}{T}_1(d)\\ & =\sum _{1\le i\le \lfloor \frac{n}{K}\rfloor }{T}_1(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\\ & \le \sum _{1\le i\le \lfloor \frac{n}{K}\rfloor }C\sqrt{\frac{n}{i}}\\ & =C\sqrt{n}\sum _{1\le i\le \lfloor \frac{n}{K}\rfloor }{i}^{-\frac{1}{2}}\\ & =C\sqrt{n}{P}_{\frac{1}{2}}\left(\lfloor \frac{n}{K}\rfloor \right)\\ & \in \sqrt{n}O\left({\left(\frac{n}{K}\right)}^{\frac{1}{2}}\right)\\ & \subset O(n{K}^{-\frac{1}{2}})\end{array}$$

总时间复杂度 $$O(K)+O(n{K}^{-\frac{1}{2}})$$

为最小化时间复杂度，取 $K=n^{\frac{2}{3}}$，得到最优时间复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$.

这部分的时间复杂度证明主要参考了文章^[11].

4 Challenge

Example 7 对 $1$ 到 $n$ 间的无平方因子数计数. $n\le {10}^{18}$.

参见蓝桥杯 2023 省赛 A 组 J 题《翻转硬币》^[12]或《完全平方数》^[13].

我们指出，无平方因子数有如下计数公式 $$f(n)=\sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)=\sum _{i=1}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }\mu (i)\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor$$

朴素实现复杂度为 $O(\sqrt{n})$，考虑对 $\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor$ 开发一种新的整除分块算法. 现在问题有三. 一是估计 $$\mathrm{\#}{D}_2(n)=\mathrm{\#}{\left\{\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor \right\}}_{i=1}^{\sqrt{n}}$$ 这并不困难，按 $i\le n^{\frac{1}{3}}$ 和 $i\ge n^{\frac{1}{3}}$ 讨论即知其上界为 $O(n^{\frac{1}{3}})$.

二是实现方案. 这里也直接给出：

ll sqrtN=sqrt(N);
ll ans=0;
for(ll l=1,r,d;l<=sqrtN;l=r+1){
    d=N/(l*l),r=sqrt(N/d);
    ans+=(S_mu(r)-S_mu(l-1))*d;
}

最后是算法时间复杂度分析. 普通的 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 整除分块不会因杜教筛增加时间复杂度，但 $\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor$ 则需要额外的讨论. 注意到该整除分块枚举中，需做杜教筛的数的集合为 $${\left\{\lfloor {\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)}^{\frac{1}{2}}\rfloor \right\}}_{d\in D_2(n)}$$ 同样类似 Proposition 3 ，我们有

Proposition 5 $$\sum _{d^2\mid n}f(\frac{n}{d^2})\le \sum _{d\in D_2(n)}f(d)\le \sum _{i=1}^{n^{\frac{1}{3}}}f(i)+f(\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor )$$

因此算法递归部分时间复杂度可估计为 $$\begin{array}{rl}\sum _{d\in D_2(n)}{\mathrm{Du}}_K\left(\lfloor {\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)}^{\frac{1}{2}}\rfloor \right)& \le \sum _{d\in D_2(n)}C\lfloor {\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)}^{\frac{1}{2}}\rfloor K^{-\frac{1}{2}}\\ & \le C{K}^{-\frac{1}{2}}(\sum _{i=1}^{n^{\frac{1}{3}}}{\left(\frac{n}{\frac{n}{i^2}}\right)}^{\frac{1}{2}}+\sum _{i=1}^{n^{\frac{1}{3}}}{\left(\frac{n}{i}\right)}^{\frac{1}{2}})\\ & =C{K}^{-\frac{1}{2}}(\sum _{i=1}^{n^{\frac{1}{3}}}i+n^{\frac{1}{2}}\sum _{i=1}^{n^{\frac{1}{3}}}{i}^{-\frac{1}{2}})\\ & \in K^{-\frac{1}{2}}(O(n^{\frac{2}{3}})+n^{\frac{1}{2}}O(n^{\frac{1}{6}}))\\ & \subset O(n^{\frac{2}{3}}{K}^{-\frac{1}{2}})\end{array}$$ 总时间复杂度为 $$O(K)+O(n^{\frac{2}{3}}{K}^{-\frac{1}{2}})$$ 取 $K=n^{\frac{4}{9}}$，得到最优时间复杂度 $O(n^{\frac{4}{9}})$. 代入 $n={10}^{18}$，量级约为 ${10}^8$.

这估计并不算优秀. 传言存在 $O(n^{\frac{2}{5}})$ 的估计，猜测大概优化了 ${\left\{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right\}}_{i=1}^n$ 和 ${\left\{\lfloor {\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)}^{\frac{1}{2}}\rfloor \right\}}_{d\in D_2(n)}$ 的重叠部分。笔者尚未找出其推导方式.

References

1. Abuse of notation - wikipedia. (n.d.). https://en.wikipedia.org/wiki/Abuse_of_notation#Function_notation.

2. Graham, R. L., Knuth, D. E., & Patashnik, O. (1994). Concrete mathematics: A foundation for computer science (second, pp. 443–449). Addison-Wesley.

3. Big o notation - wikipedia # family of bachmann–landau notations. (n.d.). https://en.wikipedia.org/wiki/Big_O_notation#Family_of_Bachmann%E2%80%93Landau_notations.

4. 复杂度 - OI wiki. (n.d.). https://oi-wiki.org/basic/complexity/#%E6%B8%90%E8%BF%9B%E7%AC%A6%E5%8F%B7%E7%9A%84%E5%AE%9A%E4%B9%89.

5. Knuth, D. E. (1976). Big omicron and big omega and big theta. SIGACT News, 8(2), 18–24. https://doi.org/10.1145/1008328.1008329

6. Graham, R. L., Knuth, D. E., & Patashnik, O. (1994). Concrete mathematics: A foundation for computer science (second, pp. 47–56). Addison-Wesley.

7. Divisor function - wikipedia # growth_rate. (n.d.). https://en.wikipedia.org/wiki/Divisor_function#Growth_rate.

8. sun123zxy. (2020). sun123zxy’s blog - 原创OI题目 GCD卷积 problem and solution. https://blog.sun123zxy.top/posts/20201206-gcdconv/.

9. P4980 【模板】pólya 定理 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态. (n.d.). https://www.luogu.com.cn/problem/P4980.

10. sun123zxy. (2020). sun123zxy’s blog - 等价类计数：Burnside引理 & Polya定理. http://blog.sun123zxy.top/posts/20200321-burnside/#s-4.3.

11. Ander. (2022). 杜教筛. https://zhuanlan.zhihu.com/p/521699400.

12. P9238 [蓝桥杯 2023 省 a] 翻转硬币 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态. (n.d.). https://www.luogu.com.cn/problem/P9238.

13. P4318 完全平方数 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态. (n.d.). https://www.luogu.com.cn/problem/P4318.