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省選后發現我數學好差。於是先從數論開始學習。
如果發現本文有任何錯誤，歡迎留言指正。
本文內容大致如下：
- 數論函數基礎知識
- 狄利克雷卷積與莫比烏斯反演
- 杜教篩
- 例題
數論函數基礎知識
幾個定義
- 數論函數：定義域為正整數的函數。（默認下面提到的函數全部都是數論函數）
- 積性函數：如果$a,b$滿足$gcd(a,b)=1$，則$f(ab)=f(a)f(b)$。
- 完全積性函數：對於任何$a,b$，滿足$f(ab)=f(a)f(b)$。
幾個積性函數
$1.$歐拉函數：$\varphi(n)=\large\sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=1]$，是積性函數。
$2.$莫比烏斯函數：$\large\mu$ 當$n$有平方因子的時候，$\mu(n)=0$，否則設$n$為$k$個不同質因子的積，則$\mu(n)=(-1)^{k}$。
$3.$除數函數：這不是完全積性函數。$\sigma_{a}n=\sum_{d|n}d^{a}$。其中$d(n)=\sigma_{0}(n)$為$n$的因數個數，$\sigma_{1}(n)=\sigma(n)$為$n$的所有因數之和。
$4.$冪函數：這是完全積性函數。$id_k(n)$，表示$n^k$。
$5.$單位函數：這是完全積性函數。$e(n)=[n=1]$。
Dirichlet卷積
定義
函數$f$與$g$的Dirichlet卷積定義如下：
$$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})$$
個人認為看起來比較舒服的寫法：
$$(f*g)(n)=\sum_{ij=n}f(i)\times g(j)$$
於是，就很容易發現：
$$(f*g*h)(n)=\sum_{ijk=n}f(i)\times g(j)\times h(k)$$
幾點性質
交換律：略
結合律：略
分配律：$f*(g+h)=f*g+f*h$
單位元：$f*e=f$
如果$f,g$都為積性函數，那么$f*g$也為積性函數。
對於任何一個函數$f$，則一定存在一個函數$g$滿足$f*g=e$，則$g$叫做$f$的Dirichlet逆。
計算Dirichlet卷積。
設$h=f*g$
計算$h(n)$：
顯然直接根據定義，枚舉因數即可。時間復雜度$O(\sqrt n)$。
h(n)=0; for (int i=1;i*i<=n;i++){ if (n%i) continue; h(n)+=f(i)*g(n/i); if (i*i!=n) h(n)+=f(n/i)*g(i); }
計算$h$，其中$h$的定義域為正整數$1$~$n$。
顯然$O(\sqrt n)$太慢了。於是：
經典簡單套路。先枚舉一個數i，然后再枚舉倍數。時間復雜度$O(n\ log\ n)$。
memset(h,0,sizeof h); for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;i*j<=n;j++) h(i*j)+=f(i)*g(j);
幾個Dirichlet卷積
除數函數卷上1。($1=id_0$)
$$d(n)=\sum_{d|n}1\Rightarrow d=1*1$$
$$\sigma(n)=\sum_{d|n}d\Rightarrow \sigma=id*1$$
莫比烏斯函數與1的卷積。
（我一開始制杖了，好久沒看懂。）
其中$k$為$n$的不同種類的質因數個數。
$$\sum_{d|n}\mu(n)=\sum_{i=0}^{k}(-1)^i\times \binom{k}{i}=(1-1)^{k}=0^{k}$$
其中，對於$0^0$沒有定義。但是考慮到滿足$k=0$的只有$n=1$，而$\mu(1)=1$，所以：
$$\sum_{d|n}\mu(n)=[n=1]=e(n)$$
於是就有：
$$e=\mu*1$$
這個對於之后的莫比烏斯反演十分重要，請務必記住。
另一個常用的卷積：
$$\varphi*1=??$$
考慮到，若$d$為$n$的因數，則$\varphi(d)$即與$n$的最大公約數為$\frac{n}{d}$的數的個數。所以：
$$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$$
$$\Longrightarrow \varphi*1=id$$
關於冪函數：
$$id_k\times(a*b)=(id_k\times a)*(id_k\times b)$$
$$(\varphi\times id_k)*id_k=id_{k+1}$$
莫比烏斯反演
莫比烏斯函數的一個重要性質
考慮前文提到的
$$e=\mu*1$$
這個式子也說明了$\mu$和$1$在Dirichlet卷積的意義下互為逆元。
於是我們就可以通過這個來反演了。
因數反演
已知$g=f*1$，讓你用$g$函數的式子來表示$f$。
$$g(n)=\sum_{d|n}f(d)$$
考慮到兩邊同時在Dirichlet卷積的意義下除以$1$。而$\mu$和$1$在Dirichlet卷積意義下互為逆元，所以除$1$可以卷上$\mu$代替。
$$g=f*1\Longrightarrow f=g*\mu$$
不服？？看下面的推導。
$$f*1=g\Longrightarrow f*1*\mu=g*\mu\Longrightarrow f*e=g*\mu\Longrightarrow f=g*\mu$$
倍數反演
這個嘛，大概得注重一下函數的具體定義域。
$$g(n)=\sum_{n|d}f(d)\Longrightarrow f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)$$
套路套路！！
一句話的套路
1. 枚舉gcd的取值。
2. 交換倍數和約數。
3. 用莫比烏斯函數求和替換$[a=1]$這種表達式。
4. 改寫求和指標。
5. 整除分塊。
一些較為具體的套路（反正都是套路，數學推導能力極強的dalao可以不記……）
一、計算函數$f$與$1$的Dirichlet卷積的某一項。即$g=f*1$，求$g(n)(n\leq 10^{18})$。
1. 我們對$n$進行質因數分解，使用Pollard_rho算法，復雜度$O(n^{\frac{1}{4}}\log n)$。
2. 設$n=\prod_{i=1}^{t}p_i^{k_i}$，$g(n)=\sum_{d|n}f(d)$，請您自行推導下面的公式(時間復雜度$O(log\ n)$)：
$$g(n)=\prod_{i=1}^{t}\sum_{j=0}^{k_i}f(p_i^j)$$
二、整除分塊。求$f(n)=\sum_{i=1}^{n}g(i)\times\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$。
1. 考慮到$\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$只有$O(\sqrt n)$種取值。對於相同的$\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$，$i$的取值范圍為：
$$\Large \left[\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor+1}\right\rfloor+1,\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor\right]$$
2. 通過預處理函數$g$的前綴和，做到$O(1)$算函數$g$的區間和，整個求$f$就可以在$O(\sqrt n)$解決。
3. 同時有$n,m$也類似，讀者可以自行推導。
三、
$$\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\times\frac{n}{d}\Longrightarrow\varphi=\mu*id$$
推導？？
先回憶一下之前提到的兩個Dirichlet卷積。
$$e=\mu*1$$
$$id=\varphi*1$$
於是
$$\varphi*1=id\\ \Longrightarrow \varphi*1*\mu=id*\mu\\ \Longrightarrow\varphi*e=id*\mu\\ \Longrightarrow\varphi=\mu*id$$
啊，我是不是又推了一遍莫比烏斯反演？？
對莫比烏斯反演還是不熟悉的同學們注意了，上面的那個是$\varphi$的莫比烏斯反演，注意一下。
四、注意注意！！莫比烏斯反演經典套路！！
現在有個積性函數$f(n)$，設$n<m$，則：
於是原來的式子就變成了求$f*\mu$了，再用上整數分塊就可以快速搞定了。
UPD(2019-02-24): 突然想起來補了這段話。
至少在我寫這個課件的時候及以前，我的想法是：
直到我看見了這個……
(圖片來自 《炫酷的反演魔術》—— VFleaKing)
杜教篩
問題模型
給定一個函數$f(n)$（例如$\varphi,\mu$），然后讓你求$S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$的值（有模數）$n\leq 10^{10}$。
構造
直接求出$S(n)$會十分困難，所以我們考慮構造一個函數$g$，使得$f*g$的前綴和非常好求。
$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j|i}f(i)g(\frac{i}{j})=\sum_{ij\leq n}f(i)g(j)=\sum_{i=1}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$$
$$g(1)S(n)=\sum_{ij\leq n}f(i)g(j)-\sum_{i=2}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$$
一些補充
於是我們就可以直接記憶化dfs搞定了。
但是復雜度可以更好。
我們考慮先預處理$k$個前綴和。時間復雜度$O(k+\frac{n}{\sqrt k})$。
於是取$k=n^{\frac{2}{3}}$，復雜度為$O(n^{\frac{2}{3}})$。
考慮到
$$\left\lfloor\frac{n}{ab}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{a}\right\rfloor}{b}\right\rfloor$$
所以，由於$\frac{n}{n^{\frac{2}{3}}}=n^{\frac{1}{3}}$，所以會被算到的$S(i)$只有$O(n^{\frac{1}{3}})$個。
這邊還有一個重要套路。
存$S(i)$不是要hash嗎？？直接把$S(i)$放到$f(n/i)$里面就可以了。
你可以考慮一下$f=\varphi$或者$f=\mu$的情況。此時可以取$g=1$。
當然$f$可能會是更加復雜的函數，於是你就要對應的找比較好的$g$了。
一些例題
僅用積性函數性質進行推導：
BZOJ3560 DZY loves math V
莫比烏斯函數與莫比烏斯反演(套路)
BZOJ3561 DZY loves math VI
51Nod1675 序列變換
BZOJ4816 [Sdoi2017]數字表格