数论变换入门 莫比乌斯反演 杜教筛

也许你已经学习了莫比乌斯反演，但看到式子还是不会化对不对。
但是你不用管它，就当你没学过，先记住两个式子：
等式一 $[n=1]={\sum }_{d|n}{\mu }_d$
等式二 $n={\sum }_{d|n}{\phi }_d$
那么容易发现这两个等式的意义，等式一可以把一个“判一”的式子化成可以计算的函数，等式二把一个数化到枚举范围里面去。
这么说不是很清楚，但一般来说我们都用以下的形式：
等式一变式 $[\gcd (a,b)=1]={\sum }_{d|\gcd (a,b)}{\mu }_d$
等式二变式 $\gcd (a,b)={\sum }_{d|\gcd (a,b)}{\phi }_d$

这两个式子是你首先要记住的。我们来看一道例题，这之后你可以学会DDZ重排，之后更多的内容就易如反掌了。以下的新内容都是DDZ重排。
【例题】求$$\sum _{i=1}^n\gcd (i,n)$$
根据等式二变形，原式$$=\sum _{i=1}^n\sum _{d|\gcd (i,n)}{\phi }_d$$
我们知道，一个数是$\gcd (a,b)$的因数，意味着它既整除$a$又整除$b$。
那么，如果枚举$d$取遍$1$到$n$的所有值（$n$是$d$的最大可能值），然后在${\phi }_d$前面乘上满足的条件，也就是$[d|i][d|j]$，不就一样了吗？
$$=\sum _{i=1}^n\sum _{d=1}^n[d|i][d|n]{\phi }_d$$
显然，满足$[d|n]=1$的时候，$d$是$n$的因数。因此我们先把它放到条件里面去。条件中两个都是常数，可以放到条件里。
$$=\sum _{i=1}^n\sum _{d|n}[d|i]{\phi }_d$$
我们发现$d$的枚举与$i$毫无关系，于是可以任意调换和号的位置。
$$=\sum _{d|n}\sum _{i=1}^n[d|i]{\phi }_d$$
因为是先枚举的$d$，因此在枚举$i$的时候，$d$相当于已经成为常数了。因此${\phi }_d$也是常数，我们可以把它提到外面去（乘法分配律）。
$$=\sum _{d|n}{\phi }_d\sum _{i=1}^n[d|i]$$
现在我们考察最后一个条件，$d$是确定的，要使$i$是$d$的倍数，${\sum }_{i=1}^n[d|i]$事实上就是求小于等于$n$的范围内$d$的倍数的个数。那不就直接除一下就是答案吗。
$$=\sum _{d|n}{\phi }_d\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$$

学了DDZ重排，我们再来看由它得到的显然的几个结论。
重排变换 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|\gcd (i,n)}{f}_d={\sum }_{d|n}{f}_d\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$
混合重排变换 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|\gcd (i,m)}{f}_d={\sum }_{d|m}{f}_d\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$
扩展混合重排变换 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|\gcd (i,m)}{f}_d{g}_i={\sum }_{d|m}{f}_d{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{g}_{id}$
其中第三个用到了扩展变换，如下
扩展变换 ${\sum }_{i=1}^n[d|i]f_i={\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{f}_{id}$

除此之外，还有一个新等式和两个重要的新变换
等式三 ${\sum }_{d|n}\frac{{\mu }_d}{d}=\frac{{\phi }_n}{n}$
收缩变换 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}{f}_d={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }{f}_d$
扩展变换和收缩变换都可以把枚举因数变成枚举前缀。注意扩展变换中变量是$i$，而收缩变换中变量是$d$。
杜教筛变换 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}{f}_d{g}_{\frac{i}{d}}={\sum }_{i=1}^n{g}_i{\sum }_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }{f}_d$
12.24写为 $[1,n][i]f\ast g=[1,n]g(i)f([1,\lfloor \frac{n}{i}\rfloor ])$
不能构造收缩变换的时候，可以构造一个$g_x$，然后构造杜教筛变换。
若前缀和可以线性预处理则复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}})$，否则复杂度为$O(n^{\frac{3}{4}})$。
上一篇博客讲了构造收缩变换，这里讲一道杜教筛变换。
【例题】求${\sum }_{i=1}^n{\phi }_{i}i$。
我们要找一个与${\phi }_{i}i$有关的式子。
如果只有${\phi }_i$的话，我们有${\sum }_{d|n}{\phi }_d=n$，然后套个前缀就可以收缩变换了。
构造杜教筛变换的要点是找到一个函数$g_{\frac{n}{d}}$，使与原来的$f_d$乘起来可以套用公式。
这个$i$很烦，考虑把它吃掉。
于是构造式子$$\sum _{d|n}{\phi }_{d}d\frac{n}{d}=n^2$$
为什么右边是$n^2$应该比较显然吧。这里我们把$\frac{n}{d}$当做$g_d$，套一个前缀：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}{\phi }_{d}d\frac{i}{d}=\sum _{i=1}^n{i}^2$$
直接套杜教筛变换。（对照上面的式子看一下）
$$\sum _{i=1}^{n}i\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }{\phi }_{d}d=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$
$$\sum _{i=1}^{n}i{S}_{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$
$$S_n+\sum _{i=2}^{n}i{S}_{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$
$$S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\sum _{i=2}^{n}i{S}_{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$$
然后就杜教筛$O(n^{\frac{2}{3}})$求。

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补充：约数个数变换：$d_{nm}={\sum }_{i|n}{\sum }_{j|m}[\gcd (i,j)=1]$ （SDOI2015）
20180927补充：${\sum }_{i|n}\mu (i)=0(n>1)$

2018.12.16 可能有用这个等式：$\mu (ab)=[\gcd (a,b)=1]\mu (a)\mu (b)$。即考虑$\mu$在什么时候为$0$。