知识点补档3

积性函数

若$f(x)和g(x)均为积性函数，则h(x)={\sum }_{d\mid x}f(d)g(\frac{x}{d})也为积性函数$

证明：

$ h(x)h(y) = \sum_{d \mid x} {f(d)g( \frac{x}{d})} \cdot \sum_{d \mid y} {f(d)g( \frac{y}{d})} $

$h(x)h(y)={\sum }_{d\mid x}f(d)\cdot {\sum }_{d\mid y}f(d)\cdot {\sum }_{d\mid x}g(\frac{x}{d})\cdot {\sum }_{d\mid y}g(\frac{y}{d})$

$ \sum_{d \mid x}{g( \frac{x}{d}}) \cdot \sum_{d \mid y}{g(\frac{y}{d})} = [g(T_1)+g(T_2)+\cdots g(T_k)] \cdot [g(S_1)+g(S_2)+ \cdots g(S_p)]$ $(T_{i}d=x,S_{j}p=y)$

${\sum }_{d\mid x}g(\frac{x}{d})\cdot {\sum }_{d\mid y}g(\frac{y}{d})=g(T_0{S}_0)+g(T_0{S}_1)+\cdots g(T_k{S}_p)$

$h(xy)={\sum }_{d\mid xy}f(d)g(\frac{xy}{d})$

$\because gcd(x,y)=1,根据唯一分解定理x=T_1^{n_1}\cdot T_2^{n_2}\cdots T_k^{n_l}y=S_1^{m_1}\cdot S_2^{n_2}\cdots S_p^{m_r}并且T_i\ne S_j$$\therefore xy=T_1^{n_1}\cdot T_2^{n_2}\cdots T_k^{n_l}\cdot S_1^{m_1}\cdot S_2^{n_2}\cdots S_p^{m_r}且无法继续化简$

$\therefore {\sum }_{d\mid xy}g(\frac{xy}{d})={\sum }_{i=1,j=1}g(T_i{S}_j)={\sum }_{d\mid x}g(\frac{x}{d})\cdot {\sum }_{d\mid y}g(\frac{y}{d})$

$ \sum_{d \mid x}f(d) \cdot \sum_{d \mid y} {f(d)} = \sum_{d \mid xy}{f(d)};证明同上$

$\therefore h(x)h(y)=h(xy)$

Dirichlet卷积

莫比乌斯函数：$\mu(n)= \begin{cases} 1 & n=1\ (-1)^k & c_{1,2,\cdots,k}=1\quad(n=\displaystyle\prod_{i=1}^k {p_i}^{c_i})\ 0 &c_i >1 \end{cases} $

定义两个数论函数$f,g$的$Dirichlet$卷积为$(f\ast g)(n)={\sum }_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})$

$\epsilon$为$Dirichlet$卷积的单位元，任何函数卷$\epsilon$都为其本身

$$\epsilon (n)=(\mu \ast 1)(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\ne 1\end{array}$$

莫比乌斯反演

知识点

设$f(n),g(n)$为两个数论函数

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

证明：$f(n)=(g\ast 1)(n)(f\ast \mu )(n)=(g\ast \mu \ast 1)(n)=g(n)$

推广：设$f,g$为两个数论函数，$t$为一个完全积性函数，且$t(1)=1$，有$f(n)={\sum }_{k=1}^{n}t(k)g(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor )$

则有：$g(n)={\sum }_{k=1}^n\mu (k)t(k)f(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor )$

还有另一种形式：$g(n)={\sum }_{n\mid d}^{x}f(d)$ $f(n)={\sum }_{n\mid d}^{x}g(d)\mu (\frac{d}{n})$ $x$是一个限定范围

证明：$g(n)={\sum }_{n\mid d}^{x}f(d)={\sum }_{n\mid d}^x{\sum }_{d\mid e}^{x}g(e)\mu (\frac{e}{d})={\sum }_{n\mid d}^x[\mu (\frac{d}{n}){\sum }_{d\mid e}^{x}g(e)]=g(n)$

例题：BZOJ 2154

给定$n,m$，求${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}lcm(i,j)$ ($n<m$)
$$\begin{gathered} 题解：\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)} \\ 进行一个神奇的操作 \\ \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\frac{ij}{d}=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]ijd \\ \therefore 令ans=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)=1]ij \\ 现在观察这一部分\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)=1]ij \\ 令：f(d)=\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^y[gcd(i,j)=d]ij \\ 根据据说是莫比乌斯反演的一个常见套路 \\ 设：g(d)=\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^y[d\mid gcd(i,j)]ij=d^2\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^y[1\mid gcd(i,j]ij \\ \therefore g(d)=d^2\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^{y}ij这一部分可以O(1)求 \\ 再进行一个神奇的观察和推理： \\ f(1)=\sum _{i=1}^x\mu (i)g(i)=\sum _{i=1}^x\mu (i)i^2\sum _{i=1}^{x/d}\sum _{j=1}^{y/d}ij \\ 我们就可以数论分块来做了，预处理\mu (i)\ast i^2的前缀和，复杂度为O(n) \end{gathered}$$
AC代码：

#include
#include
#include
#include

using namespace std;
#define MOD 20101009
#define MAX 12000000
#define ll long long

inline int read()
{
    int x=0,t=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
int mu[MAX],pri[MAX],tot;
bool zs[MAX];
int n,m;
int G[MAX],ans;
int smu[MAX],sqr[MAX];
void Getmu()
{
    zs[1]=true;mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        if(!zs[i]){pri[++tot]=i;mu[i]=-1;}
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;++j)
        {
            zs[i*pri[j]]=true;
            if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            else{mu[i*pri[j]]=0;break;}
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)smu[i]=(smu[i-1]+mu[i]+MOD)%MOD;
}
int Solve(int xx,int yy)
{
    long long ans=0;
    int i=1,j;
    while(i<=xx)
    {
        j=min(xx/(xx/i),yy/(yy/i));
        int GG=1ll*(1ll*(1+xx/i)*(xx/i)/2%MOD)*(1ll*(1+yy/i)*(yy/i)/2%MOD)%MOD;
        ans+=1ll*(sqr[j]-sqr[i-1])%MOD*GG%MOD;
        ans%=MOD;
        i=j+1;
    }
    return (ans+MOD)%MOD;
}
int main()
{
    n=read();m=read();
    if(n>m)swap(n,m);
    Getmu();
    for(int i=1;i<=n;++i)sqr[i]=(sqr[i-1]+1ll*i*i%MOD*mu[i]%MOD+MOD)%MOD;
    int i=1,j;
    while(i<=n)
    {
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        int t=1ll*(i+j)*(j-i+1)/2%MOD;
        ans=(ans+1ll*Solve(n/i,m/i)*t%MOD)%MOD;
        i=j+1;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

杜教筛

对于数论函数$f$，计算$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$，要构造一个$S(n)$关于$S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$的递推式

对于任意一个数论函数$g$，必有：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }g(i)f(j)=\sum _{i=1}^{n}g(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(j)=\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$
那么可以得到递推式：
$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$
假如可以快速对$(f\ast g)(i)$及$g(i)$完成求和，可根据$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$取值进行分段，计算一个$S(n)$的复杂度为$O(\sqrt{n})$