关于反演和积性函数
先开个天坑，慢慢补（
Legitimity 的数学一直是拖后腿的一项，学的时候很云里雾里，但又必须要补，像数论这一块也学了就忘，忘了再学，现在开始整理整理，也供后人参考和批评。
本文旨在感性理解关于反演（包括但不限于莫比乌斯反演），适于 NOIP 前恶补这方面知识的选手，不保证每处证明都严谨。
不保证文中每一份代码都编译过。
若无特殊说明，本文 \(\ast\) 符号特指狄利克雷卷积运算。
（马上要期末考试了，可能会有点咕）
前置知识：
1.数论分块
假如要求这样一个东西：
其中 \(f\) 是一个已知的函数。
我会 \(O(n)\) 暴力！
观察 \(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\) 的取值变化，发现其中有一些值是相同的，并且这些相同的值都处于连续的一段。（废话)
预处理 \(f\) 的前缀和 \(S\) 之后，对于值相同的一段，我们可以一起处理，具体而言：
复杂度为 \(O(k)\) （\(k\) 为取值的个数）。
那么不同的值最多有多少个？
答案是 \(2\sqrt n\) 个。
怎么证？
对于 \(i\leq \sqrt n\)，\(i\) 的最大值为 \(\sqrt n\)，所以 \(i\) 的取值只有 \(\sqrt n\) 个，所以 \(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\) 的取值最多也只有 \(\sqrt n\) 个。
对于 \(i\geq\sqrt n\)，\(i\) 的最小值为 \(\sqrt n\)，\(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\) 的最大值为\(\sqrt n\)，所以 \(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\) 的取值最多也只有 \(\sqrt n\) 个。
总共最多 \(2\sqrt n\) 个。
如何实现？
\(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\) 最左端出现在哪？显然是上一块（上一个取值）的最右端 \(+1\)。
\(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\) 最右端出现在哪？这时需要 \(i\) 最大，计最大值为 \(j\)，感性理解一下，\(j\) 显然是 \(\lfloor\dfrac{n}{\frac{n}{i}}\rfloor\)，严谨证明请去 oiwiki。
那么代码也就简单了，这里以求 \(\sum_{i=1}^{n}i\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\) 为例：
inline int work(int n){
int ret=0;
for(rg int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ret+=(l+r)*(r-l+1)/2*(n/l);
}
return ret;
}
拓展：
其实对于
这样的柿子，也是可以数论分块的，只是块的个数增加到了 \(2\sqrt n+2\sqrt m\) 个。以此类推，更多个套在一起都能数论分块。
放个代码（以 \(\sum_{i=1}^{\min(n,m)}i\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{i}\rfloor\) 为例）：
inline int work(int n,int m){
int ret=0;
if(n<m) swap(n,m);
for(rg int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ret+=(l+r)*(r-l+1)/2*(m/l)*(n/l);
}
return ret;
}
练手题：
2.积性函数求和（线性筛、埃氏筛）
上面的数论分块的前提是得到了 \(f\) 的前缀和 \(S\) ，现在要考虑如何快速求出这个 \(S\)。
之前的柿子是太水了，\(O(1)\) 能直接搞出前缀和，那么换个柿子：
( \(\varphi\) 显然是个积性函数）。
大家应该都知道如何用埃氏筛或线性筛去筛质数吧？
以线性筛为例，考虑一下筛的过程：
int pr[500005],cnt;
bool vis[5000005];
void work1(int n){
vis[1]=1;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]){
pr[++cnt]=i;
}
for(rg int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;++j){
vis[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0)
break;
}
}
}
我们发现，当 \(i\) 被筛的时候，无非有三种情况：
- \(i\) 是质数，自己筛自己。
- \(i\) 被自己最小的质因子筛，最小的质因子只出现一次（即 \(p_{min}\mid i\) 且 \(p_{min}^2\nmid i\))
- \(i\) 被自己最小的质因子筛，最小的质因子超过一次(即\(p_{min}^2\mid i\) )
回顾积性函数的定义
分别对应上面的三种情况：
- \(i\) 是质数，有特殊性质，自立根生（\(\varphi(i)=i-1\)）。
- \(i\) 被自己最小的质因子筛，最小的质因子只出现一次（即 \(p_{min}\mid i\) 且 \(p_{min}^2\nmid i\))，此时 \(\gcd(p_{min},\dfrac{i}{p_{min}})=1\)，那么直接 \(f(i)=f(p_{min})\times f(\dfrac{i}{p_{min}})\)
- \(i\) 被自己最小的质因子筛，最小的质因子超过一次(即\(p_{min}^2\mid i\) )此时情况就比较复杂，要针对不同的积性函数做不同的分类讨论。（对于一些常见的函数，这个讨论都比较简单）
对于 \(\varphi\)，第三类情况怎么做？
考虑 \(\varphi\) 的一条性质：
若 \(p^2\mid n\)，则 \(\varphi(n)=\varphi(\dfrac{n}{p})\times p\)
那么就直接套：
ll phi[5000005];
int pr[500005],cnt;
bool vis[5000005];
void work(int n){
phi[1]=1; vis[1]=1;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]){
pr[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(rg int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;++j){
vis[i*pr[j]]=1;
phi[i*pr[j]]=phi[i]*phi[pr[j]];
if(i%pr[j]==0){
phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
break;
}
}
}
for(rg int i=1;i<=n;++i)
phi[i]+=phi[i-1];
}
题外话：对于一般的积性函数的前缀和，做法是先求出两个函数 \(T(p,c)\) 和 \(G(p)\)，其中 \(T\) 是关于 \(p,c\) 的多项式函数。\(n\) 为质数时，\(f(n)=G(n)\)；\(n=p^c\)（\(p\) 为质数）时，\(f(n)=T(p,c)\)。这样就解决了第一、第三类的转移，所以就可以由这两个函数在递推中求出目标积性函数（具体的在任之洲的论文有讲，不过其实这样的做法一般用于洲阁筛和 Min_25 筛，因为复杂度可以低于线性，用于线性筛就大材小用了。线性筛一般求 \(\mu\)、\(\varphi\)、\(\sigma\) 就够了 ）
3.狄利克雷卷积(Dirichlet 卷积）
定义一种对于两个函数的运算 \(\ast\) ：
其中 \(f\ast g\) 称之为 \(f\) 和 \(g\) 的狄利克雷卷积。
上式也可以写成:
两者本质上是一样的。
关于狄利克雷卷积，有一些有意思的性质：
- 如果函数 \(f\) 和 \(g\) 为积性函数，那么 \(f\ast g\) 也是积性函数。
- 定义单位元函数 \(\epsilon(n)=[n=1]\)，如果函数 \(f\) 为积性函数，那么有 \(f=f\ast \epsilon\)
- 如果函数 \(f\) 为积性函数，找到一个函数使得 \(f\ast g=\epsilon\)，那么称 \(g\) 为 \(f\) 的逆元（狄利克雷卷积意义下），且 \(g\) 也是积性函数。
- 交换律：\(f\ast g=g\ast f\)。
- 结合律：\(f\ast g \ast p=f\ast (g\ast p)\)。
- 分配律：\(f\ast(g+p)=f\ast g+f\ast p\)。
- 若 \(f=g\)，则 \(f\ast p=g \ast p\)。
接下来反演的众多变换都是基于狄利克雷卷积的这几个性质。
正文：
what is 反演
假设我们要求一个奇怪和式（主要是和式）套一个奇怪的函数，设这个奇怪的函数为 \(f\)。
但是我们发现暴力计算复杂度过高，那么我们就考虑不直接计算 \(f\)，而是将 \(f\) 写成两个函数卷积（各种各样的卷积）的形式，通过计算贡献的方式来求出这个柿子。
形式化的将，就是：
也就是（\(\ast\) 为一种奇怪的卷积运算。）：
（其实这里不严谨，严格意义上来说 \(h\) 并不是一个函数）
通过计算不同 \(g\) 的贡献来达到求 \(f\) 的效果。
而已知函数 \(f\) 求 \(g\) 的、利用 \(g\) 求 \(f\) 的过程我们就称之为反演。
莫比乌斯反演
莫比乌斯函数 \(\mu\) 应该都知道吧？
都假装不知道来让我讲一下。
根据算术基本定理，\(n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\) （\(p\) 为质数）
那么:
还有另外一种形式：
特别的，\(\mu(1)=1\)。
说人话？
当 \(n\) 有幂次大于 \(1\) 的质因子时，\(\mu(n)=0\)；否则，若 \(n\) 有偶数个质因子时，\(\mu(n)=1\)，若 \(n\) 有奇数个质因子时，\(\mu(n)=-1\)。
\(\mu\) 有什么特殊的性质吗？乍一看这个鬼畜的定义看不出它有什么直观的描述方法，若硬要给它一个形象的定义,\(\mu\) 其实可以看成是数论意义上的容斥系数。
还是不够特殊？那么先给出一个结论（这一条是莫比乌斯反演中最常用的，个人感觉比莫比乌斯反演定理更常用）：
也就是：
why?
根据算术基本定理，令 \(n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\)，\(n'=\prod_{i=1}^{k}p_i\)，
则： \(\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n'}\mu(d)\)
因为当幂次大于一时，\(\mu\) 的值为 \(0\)，可以直接忽略。
且：\(\sum_{d|n'}\mu(d)=\sum_{i=0}^k\binom i k \times(-1)^i\) （废话）
所以 \(\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k\binom i k \times(-1)^i\)
我们发现后边这一坨就是 \(\sum_{i=0}^k\binom i k \times1^{k-i}\times(-1)^i\)，根据二项式定理可得：
\(\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k\binom i k \times1^{k-i}\times(-1)^i=(1+(-1))^k=0^k\)
且当 \(k=0\) 即 \(n=1\) 时，\(0^k=1\)，
所以 \(n=1\) 时，\(\sum_{d|n}\mu(d)=1\)，否则，\(\sum_{d|n}\mu(d)=0\)
即 \(\mu\ast\operatorname{1}=\epsilon\)。
好了，有了这个结论，我们就可以做题了。
problem：
给定 \(n,m\)，求 \(1\leq a\leq n\) 且 \(1\leq b\leq m\) 中 \(a,b\) 互质的有序对数。
solution：
不难发现，答案即为：
推！
改变求和顺序：
此时就可以 \(O(n)\) 求解。如果多组询问，那么先线性筛出 \(\mu\) 的前缀和，每次再数论分块求解，复杂度为 \(O(n+q\sqrt n)\)：
problem：
给定 \(n,m\)，求 \(1\leq a\leq n\) 且 \(1\leq b\leq m\) 中满足 \(\gcd(a,b)\) 是质数的有序对数。
solution：
不难发现，答案即为：
枚举 \(\gcd(i,j)\)：
哇！和上面一样：
此时已经比较优了，直接计算复杂度为：\(O(\dfrac{n^2}{\ln n})\)，多组询问可以做到 \(O(n+q\dfrac{n\sqrt n}{\ln n})\)，但是还不够，我们可以继续优化。
\(pd\) 太丑了，换元：
把枚举质数扔到后面：
然后我们发现：前面的，可以数论分块 \(O(\sqrt n)\) 解决，后面的在线性筛（也可以埃氏筛，因为瓶颈不在筛 \(\mu\)）筛出 \(\mu\) 之后，可以用埃氏筛 \(O(n\ln n)\approx O(n\log n)\) 提前预处理。
然后就做完了：
int t,n,m;
ll ans,g[10000005];
int mu[10000005],pr[1000005],cnt;
bool vis[10000005];
void work(int n){
mu[1]=1;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]){
pr[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(rg int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;++j){
vis[i*pr[j]]=1;
mu[i*pr[j]]=-mu[i];
if(i%pr[j]==0){
mu[i*pr[j]]=0;
break;
}
}
}
for(rg int j=1;j<=cnt;++j){
for(rg int i=1;i*pr[j]<=n;++i){
g[i*pr[j]]+=mu[i];
}
}
for(rg int i=1;i<=n;++i)
g[i]+=g[i-1];
}
int main(){
t=read();
work(10000005);
while(t--){
n=read(); m=read(); ans=0;
if(n>m) swap(n,m);
for(rg int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(g[r]-g[l-1]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
诶，不对啊，到目前为止，我们做的题目虽然和莫比乌斯有关系，但好像和我们之前对于反演的定义没啥关系诶。
确实没有关系。
大部分情况下 \(\mu * 1=\epsilon\) 就够了。
但是，我们还是要正确的去认识一下莫比乌斯反演定理。
莫比乌斯反演定理：
\(f\) 和 \(g\) 是两个积性函数，
- 如果有 \(f(n)=\sum_{d|n}g(d)\)，那么有 \(g(n)=\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})\times f(d)\)。
- 如果有 \(f(n)=\sum_{n|d}g(d)\)，那么有 \(g(n)=\sum_{n|d}\mu(\dfrac{d}{n})\times f(d)\)（这个不怎么常用，其实也就是第一个的逆推）。
why？
考虑证明第一个，第二个逆推第一个的过程就行了。
第一个柿子本质上就是：
对于原式，两侧同时卷上 \(\mu\)：
结合律：
哇！\(1\ast \mu\) 是什么？
那么这有什么用？
来看一道题：
problem:
多组询问，每组询问给定 \(n,m,a\)，求：
solution:
首先考虑没有 \(a\) 的限制怎么做。
先扔个结论：
why?
这个证明很简单，考虑 \(\sigma_1\) 的定义：约数和，即 \(\sigma_1(n)=\sum_{d|n}d\)，仔细看看就能发现这就是 \(\sigma_1=1\ast \operatorname{id}\)。
然后就可以和例题 1 一样快快乐乐的推柿子了：
又是一个典型的数论分块，连预处理前缀和都不用，\(O(q\sqrt n)\) 秒了它。
等等，原题是有小于 \(a\) 的限制的。
但是盯着我们推完的柿子，发现很难把 \(\sigma_1\leq a\) 的限制嵌进去。因为在把 \(\sigma_1\) 反演成 \(\operatorname{id}\) 过程中，我们好像丢失 \(\sigma_1\) 的信息，仅仅有“已知 \(g\) 求 \(f\) ”的过程，也就是我们这里是“单向反演”，并不符合我们上面反演的定义。
但是，我们现在有莫比乌斯反演定理！
我们在 \(\sigma_1\) 和 \(\operatorname{id}\) 之间找到了相互转换的关系，可以通过限制 \(\sigma_1\) 来限制 \(\operatorname{id}\)。
那么就有一个显然的做法了：将询问离线下来按 \(a_i\) 升序排序，\(a_i\) 是递增的，那么每次就可以将满足条件的 \(\sigma_1(j)\) 对 \(\operatorname{id}(k)\) 的贡献加进去，数论分块到 \(l,r\) 时，查询满足 \(1\leq k\leq r\) 的 \(\operatorname{id}(k)\) 已被 \(\sigma_1\) 贡献过的值。
梳理一下，这题需要我们干什么？
快速询问：
就是一个显然的带一个整除限制的二维偏序，本题的 \(n\) 比较小，可以直接双指针+树状数组，如果 \(n,m\) 的值比较大，且这题貌似也不好离散化（如果会处理的神仙可以教我一下吗？），就可以 cdq 分治来维护，两者的代码都很好写。
另外要注意一个地方，在双指针+树状数组的外层双指针算贡献（或 cdq 分治中的归并排序打标记贡献）中，\(\sigma_1(i)\) 对 \(\operatorname{id}(j)\) 的贡献是 \(\mu(\dfrac{j}{i})\times \sigma_1(i)\)。
这题还有一个卡常小技巧，因为模数是 \(2\) 的整数次幂（\(2^{31}\)），可以在运算过程中用 unsigned int （32 位无符号整型）保存自然溢出，最终取后 \(31\) 位（即 ans&((1ll<<31)-1）输出。
时间复杂度：双指针+树状数组维护二维偏序本身是 \(O(n\log V)\) 的，但是为了维护整除限制，双指针内还套了一层埃氏筛，所以复杂度是 \(O(n \ln n\log n)\approx O(n \log^2 n)\)，而数论分块部分的复杂度是 \(O(\sqrt n \log n\)，所以总复杂度是 \(O(n\log^2n+q\sqrt n \log n)\)。
代码：
#define mod (1ll<<31)
struct que{
int n,m,a,tim;
inline bool operator<(const que& T)const{
return a<T.a;
}
}q[100005];
int T;
int mu[5000005],pr[500005],cnt;
bool vis[5000005];
struct sigma{
int id; ll val;
inline bool operator<(const sigma& T)const{
return val==T.val?id<T.id:val<T.val;
}
}d[5000005];
int ans[100005];
struct BIT{
int t[2000005]; int len;
inline int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
inline void add(int x,int k){
while(x<=len){
t[x]+=k;
x+=lowbit(x);
}
return;
}
inline int query(int x){
int ret=0;
while(x){
ret+=t[x];
x-=lowbit(x);
}
return ret;
}
}t;
void work1(int n){
mu[1]=1; d[1].id=1;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
d[i].id=i;
if(!vis[i]){
pr[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(rg int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;++j){
vis[i*pr[j]]=1;
mu[i*pr[j]]=-mu[i];
if(i%pr[j]==0){
mu[i*pr[j]]=0;
break;
}
}
}
for(rg int i=1;i<=n;++i){
for(rg int j=1;i*j<=n;++j){
d[i*j].val+=i;
}
}
sort(d+1,d+1+n);
}
inline int work2(int n,int m){
int ret=0;
for(rg int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ret+=(t.query(r)-t.query(l-1))*(m/l)*(n/l);
}
return ret&(mod-1);
}
signed main(){
T=read();
work1(100001); t.len=100001;
for(rg int i=1;i<=T;++i){
q[i].n=read(); q[i].m=read(); q[i].a=read(); q[i].tim=i;
if(q[i].n>q[i].m) swap(q[i].n,q[i].m);
}
sort(q+1,q+1+T);
for(rg int i=1,j=1;i<=T;++i){
while(j<=100001&&d[j].val<=q[i].a){
for(rg int k=1;k*d[j].id<=100001;++k){
t.add(k*d[j].id,d[j].val*mu[k]);
}
++j;
}
ans[q[i].tim]=work2(q[i].n,q[i].m);
}
for(rg int i=1;i<=T;++i){
printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}
回顾一下，莫比乌斯反演主要用于干什么？
它主要用于将条件转换为求和，柿子的推法非常灵活，也是最简单、最具有代表性的反演之一，所以大部分人（包括我）学习反演首先学的就是莫比乌斯反演。
另外莫比乌斯反演还有许多有趣的题目，这里只提供了 3 种最典型的例子，更多的题目感兴趣的读者可自行查阅相关资料（雾）（逐渐 lrj 化）。
基础习题（win10 很菜，更难的题目ta不会做）：
P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB
欧拉反演
其实我觉得欧拉反演这个名字挺莫名其妙的。
它不像莫比乌斯反演、二项式反演、子集反演、傅里叶变换有自己的能建立起两个函数的相互转换的反演定理（公式）。
所以我觉得欧拉反演是个不严谨的叫法，本质上还是莫比乌斯反演。
我觉得应该就叫“欧拉函数的一个性质”
但那么多人都这么叫，我也就顺带提一下。
还是先丢出一个结论：
why?
根据算术基本定理，令 \(n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\)。
考虑对于每一个 \(p_i\) ，我们只要证明 \(p_i^{c_i}=\sum_{d|p_i^{c_i}}\varphi(d)\) ，就可以由 \(\operatorname{id}\) 和 \(\varphi\) 的积性推出 \(n=\sum_{d|n}\varphi(d)\)。
开始！
由 \(\varphi\) 的某性质：
根据我们小学奥数的经验，把后面那一坨和式展开，前后相减抵消：
证完啦！
EX：其实根据莫比乌斯反演定理，由 \(\operatorname{id}=1\ast \varphi\) 就可以得到：\(\varphi=\operatorname{id}\ast \mu\) 。
有什么用？
problem：
给定 \(n,m\)，求：
solution:
这个柿子看上去很莫反。
确实莫反也能做，详情看能量采集的题解区，通过莫比乌斯反演也能艰难地做出来。
但有了我们上面这个结论了呢？
套路，都是套路：
快快乐乐提前筛出 \(\varphi\)，然后 \(O(n)\) 求解，如果多组询问套个整除分块就行了。
总结
欧拉反演就没了？
确实没了，该讲的在莫反都讲过了。
欧反是用来干什么的？
将求值转化为求和，运用场合与莫反基本一样，两者经常搭配出现。
二项式反演
其实和莫反一样都是容斥。
咕
傅里叶变换（单位根反演）（DFT & IDFT）
咕
子集反演（FWT & FMT）
咕
EX：
亚线性复杂度的积性函数求和
杜教筛！
problem:
给定 \(n,m\)，求 \(1\leq a\leq n\) 且 \(1\leq b\leq m\) 中 \(a,b\) 互质的有序对数。
\(1\leq n,m\leq 10^{12}\)
solution:
整除分块！
珂是 \(\mu\) 的预处理是 \(O(n)\) 的。
怎么办？
杜教筛用于求出一些积性函数的部分前缀和（不是全部，是 \(\sqrt n\) 个点值，和整除分块正好契合）。
优点：简单易懂，效率极高，常数极小，代码极短，只要能杜教筛，首选杜教筛，其它的都是浮云。
缺点：适用范围过窄，只能筛少数的几个函数，对目标函数关于狄利克雷卷积的一些性质有特殊要求。
首先，简单点，我们只考虑求出 \(sum\mu(n)=\sum_{i=1}^n\mu(i)\) 一个点值。
好像从普通和式的角度已经没有优化余地了呢。
但是考虑一下 \(\mu\) 卷上 \(1\) 后得到 \(\epsilon\) 这个奇怪的性质，\(1\) 和 \(\epsilon\) 的前缀和都水爆了，能不能通过这两个东西推出 \(sum\mu\) 呢？
对于积性函数 \(f\)，找到另一个积性函数 \(g\)，考虑它们的狄利克雷卷积的前缀和：
和式的套路，交换求和顺序：
换元：
后面是啥？
得到这个东西有什么用？我们是想求出 \(sumf(n)\)，观察右面的柿子，当 \(i=1\) 时，\(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\) 取到 \(n\)，即 \(sumf(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\) 就是 \(sumf(n)\)。
那么我们把这一项单独拎出来：
换一下顺序，就是杜教筛的套路柿子了：
在 \(\sum_{i=1}^nf(n)*g(n)\) 可以 快速求出的情况下，我们就可以递归求出 \(sumf\) 了。
时间复杂度？
发现是 \(O(\sum_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt i+\sum_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt \frac{n}{i})=O(\sum_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt \frac{n}{i})\)，对其积分：
实际运用中则会先预处理前 \(n^{d}\) 项，则复杂度为:
当 \(d=\frac{2}{3}\) 时最优为 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)
Powerful Number 筛
\(\texttt{Powerful Number}\) 筛本质上是杜教筛 Pro，思想和杜教筛差不多（构造狄利克雷卷积前缀和），学过杜教筛之后就很好理解。
假设我们要求 \(f\) 的前缀和，构造 \(f=g\ast h\)。
咕
时间复杂度为 \(O(n^{\frac{2}{3}}+\sqrt nT(n))\) （\(T(n)\) 表示求 \(h\) 的一项的复杂度）。
