https://zybuluo.com/ysner/note/1110341
数论分块
求解\(\sum_{i+1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)
据观察，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的取值只有\(\sqrt{n}\)个。
定理：若有一个值\(i\)，那么数论分块中其同值上界为\(ceil=\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\)。
即在\([i,ceil]\)这一段区间内，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的取值是一样的，于是可计算整块贡献。
int l = 1 , r , ans = 0;
while(l<=n){
r = n/(n/l);
ans += (r-l+1)*(n/i);
l = r + 1;
}莫比乌斯反演
莫比乌斯反演有两种形式。。。
第一种
如果我们有函数\(f(x)\),以及\(g(x)\)，并且有\[g(x)=\sum_{d\mid x}f(d)\]
那么，我们就有
\[f(x)=\sum_{d\mid x}\mu (\frac{x}{d})g(d)\]
第二种
如果我们有函数\(f(x)\),以及\(g(x)\),并且有：\[g(x)=\sum^n_{x\mid d}f(d)\]
其中\(n\)是我们限定的一个范围
那么我们可以得到：
\[f(x)=\sum_{x\mid d}^n\mu(\frac{d}{x})g(d)\]
至于\(\mu\)函数，叫做莫比乌斯函数。
一个数\(a\)，若其有质因子次数为\(2\)及以上,\(\mu(a)=0\)。
否则，若其有偶数个质因子，\(\mu(a)=1\)
否则，若其有奇数个质因子，\(\mu(a)=-1\)
至于运用？留个坑，以后写总结吧。