积性函数及其初级应用

积性函数及其初级应用

垃圾博客，我本地 LaTeX 挂了，艹

大量内容和入门方式都参考了 莫比乌斯反演与数论函数 。感谢 CMD 大爷！

0xFF 前置知识

1.质数及其判定，质因数及其分解

小学课本里面讲过质数的定义了，不细讲。分解质因数也是基本功。

2.筛法

同学们想必都会埃氏筛法吧，即对于每一个质数枚举其倍数筛除整个值域内的所有数。

如果你学得更远一点，那么你会使用欧拉筛法。它的算法思想这里不再赘述。

后面的一切练习题都是基于欧拉筛的。所以这个基本功也要打好。

3.唯一分解定理

所以一个正整数可以分解成为 $p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}...p_m^{k_m}$ 的形式，$p$ 为质数而且两两不重复。这个分解对于每个 $n$ 都是唯一的，我们称之为正整数的唯一分解定理。

比如 $1800=2^3\times 3^2\times 5^2$ 而 $1$ 就直接是 $1$（但是分解不出质数，所以其 $m=0$）。

4.命题与定理证明等

在我们的世界之中，有许许多多的真理，比如太阳从东边升起西边落下，两点确定一条直线，勾股定理。这就叫做真命题。

有了真命题就有了假命题：比如水是剧毒的。（什么思想钢印）

在这些许许多多真命题之中，在人类长期的科学实践之中，不需要再加以证明的命题，就是公理。比如两点确定一条直线。

需要通过这些基本事实，需要加以证明的真命题，叫做定理。比如勾股定理，没有人规定这是一条公理，但是它已经被各种花样的方法证明出来了。

证明是什么？在这里出现了许多次了。它是在一个特定的公理系统中，根据一定的规则或标准，由公理和定理推导出某些命题的过程。上了初中，你会碰到一系列复杂的证明题

另外，逆命题其实就是一个命题的条件和结论反过来。比如勾股定理是在直角三角形之内斜边长为 $c$ 而 $a^2+b^2=c^2$，它的逆命题就是如果在一个三角形之内满足 $a^2+b^2=c^2$ 那么这个三角形就是直角三角形，$c$ 所对的那个角是直角。显然，勾股定理的逆命题是成立的。

但是一个真命题的逆命题不一定是真命题。比如等边三角形有一个角是 $60$ 度，但是只有一个角是 $60$ 度的三角形不一定是等边三角形。

呼，累死了，终于写完了，下课休息

5.本文所使用的一些符号和运算

用 $a^b$ 表示 $a$ 的 $b$ 次方（就是 $b$ 个 $a$ 相乘的乘积）。比如 $2^3=2\times 2\times 2$ 而 $5^4=5\times 5\times 5\times 5$。

$d|n$：表示 $d$ 整除 $n$ 即 $n$ 是 $d$ 的倍数。比如 $1|10,2|6$ 但是 $3$ 不整除 $5$。

$\sum$：求和，其实就是一个类似于枚举的过程。比如 ${\sum }_{i=1}^n$ 就是枚举整数 $i$ 从 $1$ 到 $n$，而 ${\sum }_{d|x}$ 就是枚举 $x$ 的约数。

它的值就是对于和式后面的结果之和。比如 ${\sum }_{i=1}^{10}i=55$。

在本文之内，我使用这个除号 $/$ 作为整除，如无法整除就下取整。但是比如 $O(n^{2/3})$ 显然就是表达 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

在本文之内，我使用 $(x,y)$ 作为 $\gcd (x,y)$ 的值。

在本文之内，计 $[x]$ 表示 $x$ 成立则为 $1$，否则则为 $0$。比如 $[\text{我是蒟蒻}]=1$。

本文中，章节使用十六进制编号。

0x00 例题引入 ZAP-Queries

P3455 [POI2007]ZAP-Queries

题目大意：有 $n$ 组询问，每组询问求 ${\sum }_{i=1}^a{\sum }_{j=1}^b[(i,j)=c]$。

我们想到了一个非常暴力的方法，直接枚举 $a$ 和 $b$，然后 $O(\log n)$ 做一遍 $\gcd$，判断能不能成！时间复杂度 $O(ab\log d)$。

但是 $1\le n,a,b,d\le 5\times 10^4$ 我该怎么办呢？

聪明的同学可能会想，只要我 $(i,j)=c$ 就行，那么显然 $i,j$ 是 $c$ 的倍数。

可是只满足 $(i,j)$ 是 $c$ 的倍数还是不够，因为它们可能不互质。

在 $[1,a]$ 之中，$c$ 的倍数有 $a/c$ 个；同理可得 $[1,b]$ 之中 $c$ 的倍数有 $b/c$ 个。

令 $a^{\prime }=a/c,b^{\prime }=b/c$，问题就变成了统计 ${\sum }_{i=1}^{a^{\prime }}{\sum }_{j=1}^{b^{\prime }}[(i,j)=1]$。

但是这个还是比较麻烦，我们应该如何处理？

这类关于互质，$\gcd$ 的题目，就是今天的积性函数所解决的。

0x10 积性函数的基础知识

这一节主要是对概念的理解，相信小学同学和中学的同学理解起来都不会很困难。

0x11 迪利克雷卷积

概念：两个函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的迪利克雷卷积为 ${\sum }_{d|x}f(d)g(x/d)$。

写法就是 $(f\ast g)(x)$。

基本特性：满足交换律，结合律。它具有对称性。

下面简称卷积。

0x12 几个简单函数

恒等函数 $I(n)$：无论 $n$ 是啥都返回 $1$。

元函数 $e(n)$：当 $n=1$ 时返回 $1$，其他情况返回 $0$。

它的特殊性质是 $f(n)$ 与 $e(n)$ 做迪利克雷卷积时候就是 $f(n)$。

单位函数 $id(n)$：返回 $n$。

它的衍生，幂函数：$i{d}^x(n)$：返回 $n^x$。

这几个函数都是完全积性函数。

0x13 积性函数的定义

如果 $\gcd (a,b)=1$ 时 $f(ab)=f(a)f(b)$ 则这个函数为 积性函数 。

完全积性函数的规矩更严格，去掉了 $\gcd (a,b)=1$ 的性质。

一些基础性质：积性函数 $f$ 要求 $f(1)=1$，因为对于 $f(n)$ 满足 $f(n)=f(n)f(1)$。

0x14 稍微复杂的数论函数

欧拉函数 $\phi (n)$：小于 $n$ 的所有正整数之中和 $n$ 互质数的个数。特别地，对于 $\phi (1)=1$。

（可以先不用掌握）莫比乌斯函数 $\mu (n)$：$n$ 被唯一分解成 $p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}...p_m^{k_m}$ 的形式，其中任意一个 $k_i$ 大于 $1$ 则函数值为 $0$。否则，如果 $m$ 为奇数则为 $-1$，$m$ 为偶数（包括 $0$）则为 $1$。

这两个都是积性函数，它的证明之后会涉及。

0x15 积性函数的一些定理及其证明

定理1：积性函数的唯一分解性质。如果 $n$ 能够唯一分解成为 $p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}...p_m^{k_m}$ 的形式（唯一分解：所有 $p$ 为质数因子，且 $p$ 互不相同），那么积性函数 $f(n)=f(p_1^{k^1})f(p_1^{k_2})...f(p_m^{k_m})$。

证明：因为质因子两两互质，所以可以通过积性函数的性质来达成唯一分解的效果。

运用：求解欧拉函数。

定理2：积性函数的卷积还是积性函数。比如 $F_1(x)$ 和 $F_2(x)$ 卷积起来就是 $G(x)$，求证 $G$ 是积性函数。

来自 CMD 大爷的证明：设两数 $a,b$ 互质。
$G(a)G(b)$
$=\sum _{d|a}{F}_1(d)F_2(a/d)\ast \sum _{t|b}{F}_1(t)F_2(b/t)$
$=\sum _{d|a}\sum _{t|b}{F}_1(d)F_2(a/d)F_1(t)F_2(b/t)$
我们发现因为 $b$ 与 $a$ 互质所以 $t$ 与 $d$ 互质。
$=\sum _{dt|ab}{F}_1(dt)F_2(ab/dt)$
$=G(ab)$。得证。

0x1F 小小练习

1.计算当 $x=12$ 时，$f(x)=x+1$ 和 $g(x)=x^2-2$ 的迪利克雷卷积的值~~（我知道，这两个东西不是数论函数，别骂了别骂了）~~。

2.证明恒等函数、元函数、单位函数的完全积性。

（想必大家都会）

定理3.积性函数的逆也是积性函数。

积性函数的逆：满足 $e=g\ast f$ 时候，$g$ 和 $f$ 互逆。

（我不会证明，留作作业）

0x20 重新定义几个积性函数

这一部分当时不求甚解，像是小鲁迅背《鉴略》。

0x21 重新认识莫比乌斯函数

在日常生活之中，我们往往运用 $F(x)={\sum }_{d|x}f(x)$。可得 $F=I\ast f$。

如果这个 $f(x)$ 超级好求那么我的 $F$ 也比较好求。

但是现实生活之中往往 $f(x)$ 比较难求而 $F(x)$ 比较好求。

而 $f=I^{-1}\ast F$，我该怎么处理这个 $I^{-1}$ 呢？

莫比乌斯称其为莫比乌斯函数 $\mu (x)$。定义上，$\mu (x)=I^{-1}$，即 $\mu (x)\ast I=e$。

后面那个式子的结论其实就是 ${\sum }_{d|x}\mu (x)=e(x)$，在莫比乌斯反演之中经常使用到这个结论来表达元函数的值。

原来莫比乌斯函数有这么奇妙的性质！——鲁迅

0x22 莫比乌斯函数的推导

我们知道积性函数适用于唯一分解定理，所以不如研究一下 $\mu (p^k)$ 的值是什么。

$k=0$ 时候因为 $e(1)=1,I(1)=1$ 所以自然的 $\mu (1)=1$。

$k=1$ 时候，$e(p)={\sum }_{d|p}\mu (p)I(p)=I(p)\mu (1)+I(1)\mu (p)=0$，我们知道 $I(p)=1,\mu (1)=1,I(1)=1$ 所以 $\mu (p)=-1$。

（下列省略恒等函数）

$k=2$ 时候，$e(p^2)=\mu (p^2)+\mu (p)+\mu (1)=0$，我们知道 $\mu (1)=1,\mu (p)=-1$ 所以 $\mu (p^2)=0$。

可以再推下去，但是不再会变动，例如 $e(p^3)=\mu (p^3)+e(p^2)$，可以得到 $\mu (p^3)=0$。

利用数学归纳法可证明 $k>1$ 时候 $\mu (p^k)=0$。

所以，$\mu (1)=1,\mu (p)=-1,\mu (p^{k_{(k\ge 2)}})=0$。

我们知道莫比乌斯函数是 $I^{-1}$，运用定理2，一个积性函数的逆元仍然是一个积性函数，所以它是一个积性函数。

唯一分解一下 $n$，令 $n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}...p_m^{k_m}$，得出 $\mu (n)=\mu (p_1^{k_1})\mu (p_2^{k_2})...\mu (p_m^{k_m})$。

根据定理1，如果其中有一个 $k>1$ 则 $\mu (n)=0$，否则 $\mu (n)=(-1{)}^m$。

综上所述，我们就得到了莫比乌斯函数的定义。好神奇！

0x23 欧拉函数的积性及其定义

上一课刚刚讲过，欧拉函数的定义是 $\phi (n)$ 为 $[1,n-1]$ 之中与它互质数的个数（特别地，$\phi (1)=1$）。利用 CRT 可以证明，在此不作展开。

按照莫比乌斯函数的推导，显然 $\phi (p^k)=p^k(p-1)/p$，因为容斥原理可得。

所以唯一分解一下 $n$，令 $n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}...p_m^{k_m}$，得出 $\phi (n)=n\frac{(p_1-1)(p_2-1)...(p_m-1)}{p_1{p}_2...p_m}$。

所以，如果我们知道 $n$ 的质因数分解，就可以得出 $\phi (n)$ 了。

0x2F 课后作业-程序实现题

**应用题：**1.欧拉函数的实际求解。

(1)对于一个 $n$ ，如果我有 $n$ 的质因数分解方式，如何做到 $O(\log n)$ 求解？

(2)如果我要求的值域范围 $n$ 比较小，但是我需要比较快地访问，实现 $O(n)$ 预处理，$O(1)$ 查询，又该怎么办？

有同学说这是线性筛，这就对啦。就是设计一个算法线性筛欧拉函数。

2.莫比乌斯函数的实际求解。

(1)对于一个 $n$，如果我有 $n$ 的质因数分解方式，如何做到 $O(\log n)$ 求解？

(2)我该怎么线性筛莫比乌斯函数？

0x30 莫比乌斯函数和其简单应用

0x31 各种小转化

求 $e(x)$：我们知道 $e=I\ast \mu$，所以可得 $e(x)={\sum }_{d|x}\mu (d)$。

实际应用：如果我需要和式里面 $n=m$ 的条件，那么就是 $[n|m]e(n/m)$，即 $[n|m]{\sum }_{d|(n/m)}\mu (d)$。

这个称作**“嵌入式反演”**。

回到之前的 $F(x)={\sum }_{d|x}f(x)$：根据莫比乌斯函数的定义可得，$f(x)={\sum }_{d|x}\mu (x)F(x/d)$。这个就是因数的莫比乌斯反演。

如果我是倍数的莫比乌斯反演，即 $F(x)={\sum }_{x|d}f(x)$ 呢？那么其实也是 $f(x)={\sum }_{x|d}\mu (d/x)F(x)$。

这个证明我不会。

0x32 简单的例题！

前面讲了那么多理论知识相比大家都睡着觉了吧，不如来一道例题练手。

P3455 [POI2007]ZAP-Queries

题意：上面已经给出了。

我们现在要求 ${\sum }_{i=1}^{a^{\prime }}{\sum }_{j=1}^{b^{\prime }}[(i,j)=1]$。

Tips:在处理 $a^{\prime }$ 和 $b^{\prime }$ 的时候往往会让 $a^{\prime }<b^{\prime }$，如果不符合就交换即可。

我的手上有三把宝刀，因数的莫反，倍数的莫反，还有嵌入式反演。

这里因为是条件 $=1$ 的形式，所以我们使用嵌入式反演进行推导。

原式= ${\sum }_{i=1}^{a^{\prime }}{\sum }_{j=1}^{b^{\prime }}{\sum }_{d|(i,j)}\mu (d)$。

这个式子变得更加复杂，不好求？没关系，我们调换求和顺序！

发现 $d$ 其实在 $[1,a^{\prime }]$ 之内，而 $i,j$ 无非就是 $d$ 的倍数。

所以原式= ${\sum }_{d=1}^{a^{\prime }}\mu (d){\sum }_{i=1}^{a^{\prime }}{\sum }_{j=1}^{b^{\prime }}[d|i][d|j]$。

后面那坨形式直接转化一下，实际上就是一个数字，即 $(a^{\prime }/d)(b^{\prime }/d)$。

那么原式= ${\sum }_{d=1}^{a^{\prime }}\mu (d)(a^{\prime }/d)(b^{\prime }/d)$。

至此，我们把这个式子神奇地转化成为了 $O(a^{\prime })$ 的形式！

但是发现还是太慢了，毕竟这题有许多询问。

发现这样一个事情：$d$ 在一段区间内，能够使得 $(a^{\prime }/d)(b^{\prime }/d)$ 相同，这样的话就可以利用整除分块+前缀和计算 $\mu$ 和的方法进行优化。能够直接优化到 $O(n\sqrt{a^{\prime }})$ 的级别。

const I lim=5e4;
const I N=5e4+10;
bool p[N];
I pr[N],pl,mu[N],smu[N],q,a,b,d;
LL solve(I a,I b){
	LL ans=0;
	for(I l=1,r=0;l<=a;l=r+1){
		r=min(a/(a/l),b/(b/l));
		ans+=1ll*(smu[r]-smu[l-1])*(a/l)*(b/l);}
	return ans;}
I main(){
	mu[1]=1;smu[1]=1;
	for(I i=2;i<=lim;++i){
		if(!p[i])pr[++pl]=i,mu[i]=-1;
		for(I j=1;j<=pl&&1ll*pr[j]*i<=lim;++j){
			p[pr[j]*i]=1;
			if(i%pr[j]==0){
				mu[i*pr[j]]=0;
				break;}
			mu[i*pr[j]]=-mu[i];}
		smu[i]=smu[i-1]+mu[i];}
	in(q);
	while(q--){
		in(a,b,d);a/=d;b/=d;
		if(a>b)swap(a,b);
		printf("%lld\n",solve(a,b));}
	return 0;
}

0x33 简单的小练习

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

题意：求一个人站在 $n\times n$ 的矩阵的左下角能够看到多少个人（被挡住的不算）。

算法：莫比乌斯反演，或者欧拉函数。

P2522 [HAOI2011]Problem b

题意：求 ${\sum }_{i=a}^b{\sum }_{j=c}^d[(i,j)=k]$。

算法：莫比乌斯反演，并且利用二维差分的思想。

上述小练习应该很容易通过，所以不做赘述。

拿行李（极限版） GCD - Extreme (II)

GCDEX - GCD Extreme

0x34 稍微复杂的例题

P2568 GCD

题意：求 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n[(x,y)\in \text{prime}]$。

依旧按照之前的套路。我们枚举 $(x,y)$ 设之为 $g$，然后求解 ${\sum }_{g\in \text{prime}}^n{\sum }_{i=1}^{n/g}{\sum }_{j=1}^{n/g}[(i,j)=1]$。

利用嵌入式反演的套路，最后的式子是 ${\sum }_{g\in \text{prime}}^n{\sum }_{d=1}^{n/g}\mu (d)(n/g/d{)}^2$。

但是 $n\le 10^7$，对于每个求解整除分块有可能会超时？实际上不会。

cmd大爷：我们来事前分析一下时间复杂度。

$$\begin{gathered} O({\sum }_{g\in \text{prime}}^n\sqrt{n/p}) \\ =O(\sqrt{n}{\sum }_{g\in \text{prime}}^n\sqrt{\frac{1}{g}}) \\ =O(\sqrt{n}\frac{1}{\log n}{\sum }_{p=1}^n\sqrt{\frac{1}{p}}) \end{gathered}$$

运用积分知识，

$$\begin{gathered} =O(\sqrt{n}\frac{1}{\log n}\sqrt{n}) \\ =O(n/\log n) \end{gathered}$$

于是这就结束了，而且程序跑得不慢。

实际上可以计算一下这个式子的操作次数，即事后计算效率法，对于这种时间复杂度式子非常复杂的可以一用。

Talk is Cheap,Show me the Code。

const I N=1e7+10,lim=1e7;
bitset<N>p;
I pr[1000000],pl,n,mu[N],smu[N]; 
LL ans;
LL calc(I x){
	LL ans=0;
	for(I l=1,r=0;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l);
		ans+=1ll*(smu[r]-smu[l-1])*(x/l)*(x/l);}
	return ans;}
I main(){
	in(n);
	smu[1]=mu[1]=1;
	for(I i=2;i<=n;++i){
		if(!p[i])pr[++pl]=i,mu[i]=-1;
		for(I j=1;1ll*pr[j]*i<=n;++j){
			p[pr[j]*i]=1;
			if(i%pr[j]==0){
				mu[i*pr[j]]=0;break;}
			mu[i*pr[j]]=-mu[i];}
		smu[i]=smu[i-1]+mu[i];}
	for(I i=1;i<=pl;++i){
		I g=pr[i];
		ans+=calc(n/g);}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

P2257 YY的GCD

！比上题加了多组询问，怎么处理？（假设 $n\le m$）

继续改变式子，${\sum }_{g\in \text{prime}}^n{\sum }_{d=1}^{n/g}\mu (d)(n/g/d)(m/g/d)$ 考虑枚举 $gd$ 设之为 $k$。

原式= ${\sum }_{k=1}^n{\sum }_{g\in \text{prime},g|k}^n\mu (k/g)(n/k)(m/k)$。

考虑把 $\mu$ 放在后面，原式= ${\sum }_{k=1}^n(n/k)(m/k){\sum }_{g\in prime,g|k}\mu (k/g)$。

前面可以整除分块弄，后面这部分也比较简单。

我们观察 $g$ 是 $k$ 的因子，且 $g$ 是质数，那么 $g$ 是 $k$ 的所有质因数。

一个数的质因数个数最多只有 $\log n$ 级别（实际还不到，毕竟 $10^9$ 里面也就最多 $9$ 个），我们可以通过枚举质数再枚举其倍数直接贡献的方式来处理质因子。

所以总时间复杂度是 $O(t\sqrt{n}+n\log \log n)$。实际上很快。

const I mxn=1e7;
I pr[1000010],pl,ans[10000010];LL ss[10000010];
short mu[10000010];
bitset<10000010>np;
I n,m;I sqr(I x){return x*x;}
I main(){
	mu[1]=1;
	for(I i=2;i<=mxn;++i){
		if(!np[i])pr[++pl]=i,mu[i]=-1;
		for(I j=1,im;j<=pl&&1ll*i*pr[j]<=mxn;++j){
			im=i*pr[j];
			np[im]=1;
			if(i%pr[j]==0){
				mu[im]=0;
				break;
			}mu[im]=mu[i]*-1;
		}
	}
	for(I i=1;i<=pl;++i)for(I j=1;pr[i]*1ll*j<=mxn;++j)ans[j*pr[i]]+=mu[j];
	for(I i=1;i<=mxn;++i)ss[i]=ss[i-1]+ans[i];
	I T;in(T);while(T--){
		in(n,m);
		if(n>m)swap(n,m);
		I l=1,r=0,ndl,mdl;LL an=0;
		while(l<=n){
			r=min(n/(ndl=n/l),m/(mdl=m/l));
			an+=1ll*ndl*mdl*(ss[r]-ss[l-1]);
			l=r+1;
		}
		printf("%lld\n",an);
	}
	return 0;
}

P5221 Product

求 ${\prod }_{i=1}^n{\prod }_{j=1}^n\frac{\text{lcm(i,j)}}{\gcd (i,j)}$。取模 $100\times 2^{20}+1$。（是一个质数！）

根据套路我们可以算出原式= $(n!{)}^{2n}({\prod }_{g=1}^n{g}^{{\sum }_{d|(n/g)}\mu (d)(n/g/d{)}^2}{)}^{-2}$，上面那坨指数可以根号去算，总共时间复杂度 $O(\text{能过})$。

const I N=1e6+10,lim=1e6,mod=104857601;
bitset<N>p;
I smu[N],pr[N],pl,n;
I mul(I x,I y){
	return 1ll*x*y%mod;}
I pw(I x,I y){
	I ans=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)ans=mul(ans,x);
	return ans;}
I su(I x){
	LL ans=0;
	for(I l=1,r=0;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l);
		ans=(ans+1ll*((smu[r]-smu[l-1])%(mod-1)+mod-1)%(mod-1)*(x/l)*(x/l)%(mod-1))%(mod-1);
		ans%=(mod-1);}
	return ans;}
I main(){
	in(n);
	smu[1]=1;
	for(I i=2;i<=n;++i){
		if(!p[i])pr[++pl]=i,smu[i]=-1;
		for(I j=1;j<=pl&&1ll*pr[j]*i<=n;++j){
			p[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0){
				smu[i*pr[j]]=0;
				break;}
			smu[i*pr[j]]=-smu[i];}}
	for(I i=2;i<=n;++i){
		smu[i]+=smu[i-1];}
	I facn=1,fm=1;
	for(I i=1;i<=n;++i)facn=mul(facn,i);
	for(I g=1;g<=n;++g){
		fm=mul(fm,pw(g,su(n/g)));}
	fm=mul(fm,fm);
	fm=pw(fm,mod-2);
	printf("%d\n",mul(pw(facn,2ll*n%(mod-1)),fm));
	return 0;
}

注意负数！

可以在 luogu 上寻找相关例题去实现。

0x3F 课后作业-程序实现题

(OK)P1447 [NOI2010] 能量采集

(OK)P2398 GCD SUM

(OK)P1390 公约数的和

(N/A)P3704 [SDOI2017]数字表格

作业题的代码请同学们自行实现。

0x40 欧拉函数及其简单应用

0x41 一些小转化

1.$\phi \ast I=id$。

证明：假设 $n=p^c$，其中 $p$ 为质数。

$$\begin{gathered} \phi (n)\ast I=\sum _{d|n}\phi (d) \\ =\sum _{i=0}^c\phi (p^i) \\ =1+(p-1)+p(p-1)+p^2(p-1)+...+p^{c-1}(p-1) \\ =p+p(p-1)+p^2(p-1)+... \\ =p^2+p^2(p-1)+... \\ =p^c \\ =id(p) \end{gathered}$$

因为 $\phi$ 是一个积性函数，所以对于任意的 $\phi (x)$ 都有效。故此命题得证。

有了这个问题可以做什么？

因为 $\phi \ast I=id$，所以 $id\ast I^{-1}=\phi$ 即 $id\ast \mu =\phi$。

0x42 一道小例题

P2303 [SDOI2012] Longge 的问题

求 ${\sum }_{i=1}^n\gcd (i,n)$。

按照套路，原式= ${\sum }_{g|n}g\phi (n/g)$。

要处理 $\phi (n/g)$，不需要 $O(\sqrt{n})$，只要我预跑一遍 $O(\sqrt{n})$ 分解质因数的，再来看看这个 $n/g$ 里面有哪几个质因子即可。

时间复杂度 $O(\sqrt{n}\times \ln (n))$。

I n;
LL ans=0;
vector<I>v,e; 
void prework(I n){
	I nn=n;
	for(I i=2;1ll*i*i<=n;++i){
		if(n%i)continue;
		v.push_back(i);
		while(n%i==0)n/=i;
	}if(n>1)v.push_back(n);
	n=nn;
	for(I i=1;1ll*i*i<=n;++i){
		if(n%i)continue;
		e.push_back(i);
		if(i^(n/i))e.push_back(n/i);}
	sort(e.begin(),e.end());
    //这个其实没必要
}
I phi(I x){
	I ans=x;
	for(I i:v){
		if(x%i==0)ans=(ans/i)*(i-1);}
	return ans;}
int main(){
	in(n);
	prework(n);
	for(I i:e){
		ans+=1ll*i*phi(n/i);}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

0x4F 一些小练习-程序实现题

拿行李（极限版） GCD - Extreme (II)

题意：求 ${\sum }_{i=1}^{n-1}{\sum }_{j=i+1}^n\gcd (i,j)$。

这题转化一下，先是按照以往的套路，把它换成互质的形式。

当然这一次直接套欧拉函数前缀和，式子是 ${\sum }_{g=1}^{n-1}g\times sum(n/g)$（$sum(x)$ 为 $[2,x]$ 所有欧拉函数之和）。

后面那部分显然可以整除分块做。

三倍经验：1，2，3

0x50 求和的利器——杜教筛

(OK)GCDEX2

题意：还是上面那道题目。但是此时 $n$ 很大，不能 $O(n)$ 去筛，而且也有很多查询之类的。

0x51 算法核心

求 $s(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$，我想超越线性。

我想构造一个函数 $g$ 使得这个 $s$ 应该能够用 $s(n)={\sum }_{d|x}...s(d)$ 的形式表达出来。

套路：$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n(f\ast g)(i) \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f(i/d)g(d) \\ =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{n/d}f(i) \\ =\sum _{d=1}^{n}g(d)s(n/d) \end{gathered}$$

。然后其实求得 $g(1)s(n)$ 就行了（因为 $g$ 是一个积性函数，所以其实就是 $s(n)$）。

显然 $g(1)s(n)={\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)-{\sum }_{d=2}^{n}g(d)s(n/d)$，剩下的可以递归进去。

按照朴素的算法去计算，可以 $O(n^{3/4})$ 。

如果预处理前 $n^{2/3}$ 个可以做到 $O(n^{2/3})$。

0x52 莫比乌斯函数前缀和

我们待求的 $s$ 就是 ${\sum }_{i=1}^n\mu (i)$ 了。

因为 $e=\mu \ast I$，我们可以以 $I$ 作为 $g$ 函数，然后 $s(n)=1-{\sum }_{d=2}^{n}s(n/d)$。

右半部分显然可以整除分块。

然后可以线性筛出之前 $n^{2/3}$ 项，就是 $O(n^{2/3})$ 的复杂度了（可以使用 map 之类的数据结构记录）。

0x53 欧拉函数前缀和

因为 $\phi \ast I=id$，所以我们把 $I$ 作为 $g$ 函数，然后代入上面的式子，$s(n)={\sum }_{i=1}^{n}id(i)-{\sum }_{d=2}^{n}s(n/d)$。

左半部分其实就是 $(1+n)n/2$。按照莫比乌斯前缀和的套路套进去，依旧可以做到 $O(n^{2/3})$。

0x54 【模板】杜教筛 代码实现

整除分块的变量需要使用 LL。两个不同的杜教筛可以封装成为一个东西。记忆化可以使用 map。

#include
using namespace std;typedef int I;typedef long long LL;const I inf=0x3f3f3f3f;I FL,CH;template<typename T>bool in(T&a){for(FL=1;!isdigit(CH)&&CH!=EOF;CH=getchar())if(CH=='-')FL=-1;for(a=0;isdigit(CH);CH=getchar())a=a*10+CH-'0';return a*=FL,CH==EOF?0:1;}template<typename T,typename...Args>I in(T&a,Args&...args){return in(a)+in(args...);}
const I NB=2e6+10,lim=2e6;
struct sieve{
	map<LL,LL>s;
	bool type;
	I dep;
	LL su[NB];//for s1:phi for s2:mu
	LL sum(LL x){
		if(x==1)return 1;
		if(x<=lim)return su[x];
		if(s.count(x))return s[x];
		LL ans=0;
		if(type==1)ans=1;
		else ans=(x%2==0)?(x/2)*(x+1):((x+1)/2)*x;
		for(LL l=2,r=0;l<=x;l=r+1){
			r=x/(x/l);
			ans-=(r-l+1)*sum(x/l);}
		return s[x]=ans;}
}S1,S2;
bitset<NB>p;I pr[200001],pl;
void pres(){
	for(I i=2;i<=lim;++i){
		if(!p[i])pr[++pl]=i,S1.su[i]=i-1,S2.su[i]=-1;
		for(I j=1;j<=pl&&1ll*pr[j]*i<=lim;++j){
			p[pr[j]*i]=1;
			if(i%pr[j]==0){
				S1.su[i*pr[j]]=S1.su[i]*pr[j];
				S2.su[i*pr[j]]=0;break;}
			S1.su[i*pr[j]]=S1.su[i]*(pr[j]-1);
			S2.su[i*pr[j]]=-S2.su[i];
		}
	}S1.su[1]=S2.su[1]=1;
	for(I i=2;i<=lim;++i)S1.su[i]+=S1.su[i-1],S2.su[i]+=S2.su[i-1];}
int main(){
	S2.type=1;
	pres();
	I T,n;in(T);
	while(T--){
		in(n);
		printf("%lld %lld\n",S1.sum(n),S2.sum(n));}
	return 0;
}

0x55 回到例题

用 $s(x)$ 表示欧拉函数的前缀和，这次因为要杜教筛就算上 $1$ 了。

答案其实就是求 ${\sum }_{g=1}^{n}g\times (s(n/g)-1)$。这个减一不用管它，丢到末尾处理一下就行了。

我直接套进去查询，表面上是 $O(T{n}^{7/6}+n^{2/3})$ 的。 实际上是 $O(T{n}^{2/3})$ 的~~（目前我不会证明）~~。

我的直觉：为什么是 $O(T{n}^{2/3})$ 的呢？因为这个根号求解的过程也像是杜教筛的流程，其实求解最终答案的复杂度就和求解 $s(n)$ 是一个数量级的。（一个求解 $s(n)$ 也要递归下其儿子）而且很多答案已经记忆化过了，不会超过 $O(n^{2/3})$ 次运算。可能有点卡常。

然而时限给了 $20s$ 空间 $1.5G$，即使是 $O(T{n}^{2/3})$ 的理论上也能跑过去。

而且这玩意可能也跑不到 $O(T{n}^{2/3})$ 级别那么大。事实证明 $13$ 秒就能跑过去了。

下列是例题代码：

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
using namespace std;typedef unsigned long long LL;
const LL lim=4e7;
bitset<lim+10>p;
vector<LL>pr;
LL phi[lim+10],T,N;
map<LL,LL>ms;
LL sum(LL n){
	return (n&1)?(n+1)/2*n:n/2*(n+1);}
LL ss(LL x){//杜教筛
	if(x<=lim)return phi[x];
	if(ms.count(x))return ms[x];
	LL ans=sum(x);
	for(LL l=2,r=0,op;l<=x;l=r+1){
		r=x/(op=x/l);
		ans-=(r-l+1)*ss(op);}
	return ms[x]=ans,ans;}
LL su(LL n){LL ans=0;
	for(LL l=1,r=0,op;l<=n;l=r+1){
		r=n/(op=n/l);
		ans+=(sum(r)-sum(l-1))*ss(op);
	}return ans-sum(n);}
int main(){
	for(LL i=2;i<=lim;++i){
		if(!p[i])pr.push_back(i),phi[i]=i-1;
		for(LL j:pr){if(i*j>lim)break;
			p[i*j]=1;
			if(i%j==0){
				phi[i*j]=phi[i]*j;break;}
			phi[i*j]=phi[i]*(j-1);}}
	phi[1]=1;for(LL i=2;i<=lim;++i)phi[i]+=phi[i-1];
	scanf("%llu",&T);while(T--){
		scanf("%llu",&N);
		printf("%llu\n",su(N));}
	return 0;
}

0x5F 有点难度的作业题

P3768 简单的数学题

笔者注：这道题目我推导了许久，需要各种熟练的数论套路，才能通过。

0x60 探索更多积性函数

前面我们已经介绍过 $I(n),e(n),id(n),\mu (n),\phi (n)$ 了，这次再来介绍几个小伙伴给我们认识。

$d(n)$：我们 $n$ 的约数个数。而 $d(n)$ 显然等于 $I(n)\ast I(n)$。

$\sigma (n)$：我们 $n$ 的约数之和。显然，$\sigma (n)=id(n)\ast I(n)$。同理，可得 ${\sigma }^k(n)=i{d}^k(n)\ast I(n)$。

积性函数之间的卷积关系如下图所示。第 $i$ 行第 $j$ 列的函数，等于第 $i$ 行的函数乘上第 $j$ 列的函数。

（这个表格我不会填，大佬能教教我吗）

	$e$	$I$	$id$	$\mu$	$\phi$	$d$	$\sigma$
$e$	$e\ast e=e$	$e\ast I=I$	$e\ast id=id$	$e\ast \mu =\mu$	$e\ast \phi =\phi$	$e\ast d=d$	$e\ast \sigma =\sigma$
$I$	$I\ast e=I$	$I\ast I=d$	$I\ast id=\sigma$	$I\ast \mu =e$	$I\ast \phi =id$	？	？
$id$	$id\ast e=id$	$id\ast I=\sigma$	?	$id\ast \mu =\phi$
$\mu$	$\mu \ast e=\mu$	$\mu \ast I=e$	$\mu \ast id=\phi$			$d\ast \mu =I$
$\phi$	$\phi \ast e=\phi$	?
$d$	$d\ast e=d$			$d\ast \mu =I$
$\sigma$	$\sigma \ast e=\sigma$

0x61 关于 $d$ 的一些性质

$d=I\ast I$，显然，它是一个积性函数，满足 $d(ij)=d(i)d(j)$（其中 $i$ 和 $j$ 互质）。

它的定义式也是 ${\sum }_{d|i}I(d)$。

根据正整数唯一分解定理，如果 $n$ 被分解成了 ${\prod }_{i=1}^m{p}_i^{k_i}$，那么其 $d$ 值就是 ${\prod }_{i=1}^m(k_i+1)$。

使用乘法原理可以证明，不再赘述。

另外，如果有一个 $x$ 一个 $y$，想要求 $d(xy)$，那么令 $g=(x,y)$，从而得到 $x/g$ 与 $y/g$ 和 $g$ 两两互质。

所以 $d(xy)=d(x/g)d(y/g)d(g)$。

0x7F 总结

通过今天的学习，我们学到了：

• 狄利克雷卷积，及其衍生和拓展
• 积性函数的定义
• 一些基础积性函数，$I,e,id$
• 一些高级积性函数及其应用（比如 $\phi ,\mu$）
• 一些其他的积性函数，比如 $d$ 和 $\sigma$ 的定义。
• 杜教筛，快速对积性函数求和的方法。
• 一些把 $\gcd$ 和互质转化为莫比乌斯函数的套路……

美中不足的是，还有许多知识点没有系统性去处理。在日后的版本之中，可能会加以改进。

• 对莫比乌斯、欧拉函数所提供的习题例题数量有限，没有更具思维含量的好题。
• 对 $d$ 的运用和 $\sigma$ 的运用没有展开来细谈，没有对该方面题目加深了解。
• 该文章在写作之初，笔者的初心是要给新手提供更加入门、简洁易懂的积性函数入门资料的，但是后面部分的风格和前面部分迥乎不同，这不好。可能在日后，会作修改。
• 但愿以后不要有《积性函数及其高级应用》这篇文章，又得花费很长时间去整理、打通了。

另外，再度感谢 command_block 和 一部分洛谷题解 和 OI-wiki 提供了我入门积性函数的资料与例题，十分感激他们的付出。

今天的课就上到这里，最后我送大家一句话：

“学习？学个屁！”