数论函数与筛法 (Part 1)

Part 2 还在施工 & 会补充一些困难的莫反题目。欢迎捉虫或提供好题。

洛谷 & cnblogs

本篇笔记介绍了数论函数和筛法相关的知识点。部分定义和记号见 同余理论。

定义与记号

• 数论函数：定义域为正整数的函数称为 数论函数，可以看成数列。常见数论函数的值域为整数。
• 加性函数：若对任意 \(a, b\in \mathbb{N} ^ +\) 且 \(a\perp b\)，均有 \(f(ab) = f(a) + f(b)\)，则称 \(f\) 为 加性函数。注意区分数论的加性函数和代数的加性函数 \(f(a + b) = f(a) + f(b)\)。
• 积性函数：若对任意 \(a, b\in \mathbb{N} ^ +\) 且 \(a\perp b\)，均有 \(f(ab) = f(a)f(b)\)，则称 \(f\) 为 积性函数。\(f(1) = 1\) 是必要条件。
• 完全积性函数：若对任意 \(a, b\in \mathbb{N} ^ {+}\)，均有 \(f(ab) = f(a)f(b)\)，则称 \(f\) 为 完全积性函数。完全积性函数是积性函数。
• 数论函数的 加法：对数论函数 \(f, g\)，\(f + g\) 表示 \(f\) 和 \(g\) 的对应位置相加，即 \((f + g)(x) = f(x) + g(x)\)。
• 数论函数的 数乘：对数 \(c\) 和数论函数 \(f\)，\(c\cdot f\) 表示 \(f\) 的各个位置乘 \(c\)，即 \((c\cdot f)(x) = c \cdot f(x)\)。一般记为 \(cf\)。积性函数的数乘不是积性函数（考虑 \(f(1) = 1\) 的必要条件）。
• 数论函数的 点乘：对数论函数 \(f, g\)，\(f \cdot g\) 表示 \(f\) 和 \(g\) 的对应位置相乘，即 \((f \cdot g)(x) = f(x)g(x)\)。一般记为 \(fg\)。两个积性函数的点乘是积性函数。

积性函数是这篇博客的主角。为什么它如此重要呢？因为积性函数由它在质数幂处的取值完全确定。给定 \(n\)，计算 \(n\) 在唯一分解下每个质数幂处 \(f\) 的取值，就能得到 \(f(n)\)。

关于常见积性函数，见 2.2 小节。

积性函数的性质在数论函数和质因数分解之间建立了桥梁，于是很多积性函数的筛法都和质因数分解当中最基本的元素——质数息息相关。因此，我们首先需要学习质数筛法。

1. 质数筛法

质数筛法是数论函数体系当中最基本的知识点，也是大部分数论题目所必需的算法。

质数判定的基本想法是寻找合数满足的性质，并证明质数不满足这些性质。从合数满足的性质出发，得到判定合数的必要条件（取否定，即判定质数的充分条件），再考虑证明其充分性。

关于更快速的质数判定，见质因数分解笔记的 Miller-Rabin。

1.1 基本算法

1.1.1 试除法

判定 \(n\) 是不是质数。

如果 \(n\) 是合数，那么存在因数 \(d\in [2, n - 1]\)。如果 \(d \geq \sqrt n\)，那么 \(n / d\) 也是非平凡因数且 \(n / d \leq \sqrt n\)。

因此，如果 \(n\) 是合数，那么存在因数 \(d\in [2, \sqrt n]\)。反过来，如果存在这样的 \(d\)，那么 \(n\) 显然是合数。

时间 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\)。

1.1.2 倍数筛

判定 \(2\) 到 \(n\) 的每个数是不是质数。

如果直接对每个数使用试除法，则时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\)。

我们希望找到因数-倍数关系判定质数。试除法的问题在于，对于每个倍数，难以快速求出其所有因数，导致枚举了太多不是因数的数。但对于一个因数，我们很容易找到其所有倍数。这引出了接下来的倍数筛。

如果 \(x\) 是合数，那么存在非平凡因数 \(d\)。相反，如果 \(x\) 是质数，那么不存在这样的 \(d\)。

如果 \(d\in [2, x - 1]\) 是 \(x\) 的因数，那么存在 \(k > 1\) 使得 \(x = kd\)。于是，我们用一个数的不是它自己的倍数标记出合数。

枚举 \(2\sim n\) 的所有数 \(x\)，并将 \(2x, 3x, \cdots\) 标记为合数，直到 \(kx > n\)。过程结束后没有被标记的数就是质数。

时间 \(\mathcal{O}(\sum_{i = 1} ^ n n / i) = \mathcal{O}(n\ln n)\)。

1.1.3 区间筛

判断 \(l\) 到 \(r\) 的每个数是不是质数。

在倍数筛的过程中，如果 \(x\) 有非平凡因数 \(d\)，那么 \(d\) 和 \(x / d\) 一定有一个不超过 \(\sqrt x\)。因此，仅使用 \([2, \sqrt x]\) 筛去所有合数即可。

推广到本题，就是仅使用 \([2, \sqrt r]\) 的每个数标记 \(l, r\) 之间的合数。

时间 \(\mathcal{O}((r - l)\ln r + \sqrt r)\)。

1.2 埃氏筛

判定 \(2\) 到 \(n\) 的每个数是不是质数。

由算术基本定理，如果 \(x\) 是合数，那么存在 质因数 \(d\in [2, x - 1]\)。相反，如果 \(x\) 是质数，那么不存在这样的 \(d\)。基于此，埃氏筛用 已经筛出的质数 的倍数标记合数。

• 算法流程：从 \(2\) 到 \(n\) 枚举所有数 \(x\)。若 \(x\) 没有被标记，则 \(x\) 是质数，并将 \(x\) 的除了本身的倍数标记为合数。
• 小优化：因为合数的最小质因数不超过其平方根，所以我们可以从 \(x ^ 2\) 开始标记，不影响复杂度。这个思想很重要，因为外层只需枚举到 \(\sqrt n\)。埃氏筛提供了亚线性计算特殊积性函数的框架：考虑如何在每一轮中加入新标记的合数的贡献。

代码如下：

for(int i = 2; i < N; i++) {
  if(!vis[i]) {
    pr[++cnt] = i;
    for(int j = i + i; j < N; j += i) vis[j] = 1;
  }
}

复杂度证明

结论（质数倒数和的数量级）

不超过 \(n\) 的质数的倒数之和是 \(\mathcal{O}(\log\log n)\)。

证明

每个数只会被其质因数标记到，所以

\[\sum_{p\in \mathbb{P},\ p\leq n} \frac n p = \sum_{p\in \mathbb{P},\ p\leq n} \left(\left\lfloor\frac n p\right\rfloor + \mathcal{O}(1)\right) = \sum_{i = 1} ^ n \omega(i) + \mathcal{O}(n), \]

即

\[\sum_{p\in \mathbb{P},\ p\leq n} \frac 1 p = \frac 1 n \sum_{i = 1} ^ n \omega(i) + \mathcal{O}(1). \]

根据 \(d(i)\) 的计算式，

\[\sum_{i = 1} ^ n 2 ^ {\omega(i)} \leq \sum_{i = 1} ^ n d(i) = \mathcal{O}(n\log n). \]

根据 \(2 ^ x\) 的凸性和 Jensen 不等式（琴生不等式），得

\[2 ^ {\frac{\sum_{i = 1} ^ n \omega(i)} n} \leq\frac 1 n\sum_{i = 1} ^ n 2 ^ {\omega(i)} = \mathcal{O}(\log n). \]

取对数，

\[\sum_{p\in \mathbb{P},\ p\leq n} \frac 1 p = \frac 1 n \sum_{i = 1} ^ n \omega(i) + \mathcal{O}(1) = \mathcal{O}(\log \log n). \]

\(\square\)

因此，埃氏筛的时间为 \(\mathcal{O}(n\log\log n)\)。

1.3 线性筛

线性筛也称欧拉 Euler 筛。

埃氏筛用质数的倍数筛去合数，导致一个合数会被它的多个质因数筛到。如果让每个合数只被筛一次，就可以做到线性了。

考虑用每个合数的 最小质因数 筛去它。设当前筛到 \(i\)，有两种思路：

• 一是当 \(i\) 是质数时，筛去最小质因数是 \(i\) 的合数，即求出所有 \(j\) 使得 \(ij\) 的最小质因数为 \(i\)。这要求 \(j\) 的最小质因数不小于 \(i\)，也就是当前还没有被标记的所有数。可以用链表维护，但是较麻烦。
• 二是对每个 \(i\)，筛去除掉最小质因数 \(j\) 之后的值等于 \(i\) 的合数。这要求 \(j\) 不大于 \(i\) 的最小质因数，因此 \(j\) 只能是所有不大于 \(i\) 的最小质因数的质数。从小到大枚举质数 \(j\)，直到 \(j\) 等于 \(i\) 的最小质因数时退出，判定条件是 \(j\mid i\)。

显然采用第二种思路。

另一种理解方式是，对于每个 \(i\)，设其最小质因数为 \(p\)，则对于不大于 \(p\) 的质数 \(q\)，\(iq\) 的最小质因数为 \(q\)。将所有 \(iq\) 标记为合数，则每个合数 \(c\) 仅在 \(i = c / q\) 时以 \(iq\) 的形式被删去，其中 \(q\) 是 \(c\) 的最小质因数。

综上，得到如下算法。从 \(2\) 到 \(n\) 枚举 \(i\)：

• 若 \(i\) 没有被标记，则 \(i\) 是素数。

• 从小到大遍历当前筛出的所有素数 \(pr_j\)，要求 \(i\cdot pr_j\) 的最小质因数为 \(pr_j\)。将 \(i\cdot pr_j\) 标记为合数。

• 若 \(pr_j\mid i\)，则退出遍历。再往下枚举，对应的最小质因数就不是我们想要的了：因为 \(pr_j\mid i\)，所以对于 \(k > j\)，\(pr_j \mid i\cdot pr_k\)。\(i\cdot pr_k\) 的最小质因数是 \(pr_j\)，而非 \(pr_k\)。

时间 \(\mathcal{O}(n)\)。模板题 代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 1e8 + 5;
bool vis[N];
int n, q, pr[N / 16], cnt;
int main() {
  cin >> n;
  for(int i = 2; i <= n; i++) {
    if(!vis[i]) pr[++cnt] = i;
    for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= n; j++) {
      vis[i * pr[j]] = 1;
      if(i % pr[j] == 0) break;
    }
  }
  cin >> q;
  while(q--) {
    int x;
    scanf("%d", &x);
    printf("%d\n", pr[x]);
  }
  return 0;
}

1.4 线性筛积性函数

线性筛提供了在线性时间内筛出具有特殊性质的 积性函数 在 \(1\sim n\) 处所有取值的基本框架。

只要可以在 \(\mathcal{O}(1)\) 时间内计算积性函数 \(f\) 在任意质数幂处的取值 \(f(p ^ k)\)，就可以线性筛出 \(f\) 在 \(1\sim n\) 处的所有取值。

注意：这只是 \(f\) 可线性筛的充分条件。存在更弱的条件使得 \(f\) 可线性筛，见 2.2 小节。

根据积性函数的性质，考虑求出 \(l_i\) 表示 \(i\) 的最小质因数 \(p\) 的最高次幂 \(p ^ {\nu_p(i)}\)。若 \(i\) 是质数幂，则直接计算，否则 \(l_i\neq i\)，\(f(i) = f(l_i) f(i / l_i)\)。

for(int i = 2; i < N; i++) {
  if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, f[i] = ..., low[i] = i; // 单独算 f(p)
  for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] < N; j++) {
    vis[i * pr[j]] = 1;
    if(i % pr[j] == 0) { // i 与 p 不互质
      low[i * pr[j]] = low[i] * pr[j];
      if(i == low[i]) f[i * pr[j]] = ...; // i = p ^ k，单独算 f(p ^ {k + 1})
      else f[i * pr[j]] = f[i / low[i]] * f[low[i * pr[j]]];
      break;
    }
   	low[i * pr[j]] = pr[j];
    f[i * pr[j]] = f[i] * f[pr[j]]; // i 与 p 互质，f(ip) = f(i) * f(p) 
  }
}

2. 狄利克雷卷积

狄利克雷 Dirichlet 卷积是数论函数的基本运算。

2.1 定义

我们知道加法卷积

\[c_k = \sum_{i + j = k} a_ib_j. \]

但加法卷积不保留积性。将加法换成乘法，结果如何？

\[h(n) = \sum_{dd' = n} f(d) g(d') \]

称为 狄利克雷卷积，记为 \(h = f * g\)。按照定义式计算狄利克雷卷积，时间为调和级数的 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

狄利克雷卷积的另一种更常见的形式为

\[h(n) = \sum_{d\mid n} f(d) g\left(\frac n d\right). \]

2.2 常见数论函数

设 \(n\) 的唯一分解为 \(\prod_{i = 1} ^ m p_i ^ {c_i}\)，以下列出了一些常见的积性函数。除了 \(\omega\) 是加性函数以外，其余所有函数都是积性函数。

单位函数

\[\epsilon(n) = [n = 1]. \]

当 \(n = 1\) 时取值为 \(1\)，否则为 \(0\)。

单位函数 \(\epsilon\) 是狄利克雷卷积的单位元。

常数函数

\[1(n) = 1. \]

所有位置的取值均为 \(1\)。

一个函数和常数函数的狄利克雷卷积称为狄利克雷前缀和，其结果函数在 \(n\) 处的取值为原函数在 \(n\) 的所有因数处的取值和。

恒等函数

\[\mathrm{id}(n) = n. \]

所有位置的取值均为本身。更一般地，

\[\mathrm{id}_k(n) = n ^ k. \]

除数函数

\[\sigma_k(n) = \sum_{d\mid n}d ^ k. \]

\(\sigma_0(n)\) 表示 \(n\) 的因数个数，记为 \(d(n)\)。\(\sigma_1(n)\) 表示 \(n\) 的因数和，记为 \(\sigma(n)\)。

\(\sigma_k(n)\) 有计算式

\[\begin{cases} \prod_{i = 1} ^ m (c_i + 1), & k = 0; \\ \prod_{i = 1} ^ m \frac{p_i ^ {(c_i + 1)k} - 1}{p_i - 1}, & k > 0. \end{cases} \]

根据乘法分配律，\(\sigma_k(n)\) 也就是 \(n\) 的所有因数的 \(k\) 次方之和可写作

\[\prod_{i = 1} ^ m(1 + p_i ^ k + p_i ^ {2k} + \cdots + p_i ^ {c_ik}). \]

等比数列求和即可。

欧拉函数

\[\varphi(n) = \sum_{i = 0} ^ {n - 1} [i\perp n]. \]

\(0\sim n - 1\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。

关于欧拉函数，见第四章。

本质不同质因数函数

\[\omega(n) = \sum_{p \in \mathbb{P}} [p\mid n]. \]

\(n\) 的本质不同质因数个数。

莫比乌斯函数

\[\mu(n) = \begin{cases} 1, & n = 1; \\ 0, & \exists d > 1, d ^ 2\mid n; \\ (-1) ^ {\omega(n)}, & \mathrm{otherwise}. \end{cases} \]

若 \(n\) 有大于 \(1\) 的平方因数，那么 \(\mu(n) = 0\)，否则 \(\mu(n) = (-1) ^ {\omega(n)}\)。

莫比乌斯函数是常函数的狄利克雷卷积逆元，在数论函数与筛法中有着重要地位。关于莫比乌斯函数和莫比乌斯反演，见第五章。

2.3 性质

最基本的交换律，结合律与分配律。

性质 1.1（交换律）

狄利克雷卷积有 交换律。

证明

\[\begin{aligned} (f * g)(n) & = \sum_{dd' = n} f(d) g(d'). \end{aligned} \]

\(d, d'\) 的地位相同。交换 \(d\) 和 \(d'\)，可知 \(f * g = g * f\)。\(\square\)

性质 1.2（结合律）

狄利克雷卷积有 结合律。

证明

\[\begin{aligned} ((f * g) * h)(n) & = \sum_{dd'd'' = n} f(d) g(d') h(d''). \end{aligned} \]

\(d, d', d''\) 的地位相同。先结合 \(d'\) 和 \(d''\)，可知 \((f * g) * h = f * (g * h)\)。\(\square\)

性质 1.3（分配律）

狄利克雷卷积有 分配律。

证明

\[\begin{aligned} ((f + g) * h)(n) & = \sum_{dd' = n} (f(d) + g(d)) h(d') \\ & = \sum_{dd' = n} f(d)h(d') + \sum_{dd' = n} g(d)h(d') \\ & = (f * h + g * h)(n). \end{aligned} \]

因此 \((f + g) * h = f * h + g * h\)。\(\square\)

注意：点积和狄利克雷卷积之间不具有交换律。\((f\cdot g) * h \neq (f * h) \cdot g\)。

考察卷积的单位元。容易发现：

性质 2（单位元）

\(\epsilon * f = f\)。

证明

考虑 \((\epsilon * f)(n)\) 的计算式，只有 \(f(n)\) 这一项非零。所以 \((\epsilon * f)(n) = f(n)\)。\(\square\)

单位函数 \(\epsilon\) 是狄利克雷卷积的 单位元。这也是其名称的由来。

在单位元的基础上，定义狄利克雷卷积的逆元 \(f ^ {-1}\)，满足 \(f * f ^ {-1} = f ^ {-1} * f = \epsilon\)。

性质 3（逆元）

\(f\) 可逆当且仅当 \(f(1)\neq 0\)。

证明

设 \(g = f ^ {-1}\)。

• 当 \(f(1) = 0\) 时，\(f(1)g(1) = 0\neq \epsilon(1)\)。所以无论如何 \(g\) 都不存在。
• 当 \(f(1) \neq 0\) 时，\(g(1) = \frac 1 {f(1)}\)。

对于 \(n > 1\)，通过 \(\sum_{d\mid n} g(d)f(n / d) = 0\) 得到递推式

\[g(n) = -\frac{\sum_{d \mid n \land d \neq n} g(d)f(n / d)} {f(1)}. \]

这同时说明了 逆元唯一。\(\square\)

计算逆元的时间也是 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

性质 3 说明只要 \(g(1) \neq 0\)，就可以计算除法 \(f * g ^ {-1}\)。

性质 4（消去律）

\(f = g\) 当且仅当存在 \(h\) 使得 \(h(1)\neq 0\) 且 \(f * h = g * h\)。

证明

充分性：\(f * h = g * h\implies f * h * h ^ {-1} = g * h * h ^ {-1} \implies f = g\)。

必要性：\(f = g\implies f * \epsilon = g * \epsilon\)。\(\square\)

等式两侧同时卷相同的可逆数论函数，等式仍然成立。

性质 5（乘法保留积性）

积性函数的狄利克雷卷积是积性函数。

证明

考虑积性函数 \(f\) 和 \(g\) 的狄利克雷卷积 \(h\)。

若 \(n\perp m\)，则对于任意 \(d_1\mid n\) 和 \(d_2\mid m\)，\(d_1\perp d_2\)。因此，

\[\begin{aligned} h(n)h(m) & = \left(\sum_{d_1d_1' = n} f(d_1) g(d_1' )\right)\left(\sum_{d_2d_2' = m} f(d_2) g(d_2')\right) \\ & = \sum_{dd' = nm} f(d) g(d') & (d = d_1d_2) \\ & = h(nm). \end{aligned} \]

第二步用到了两个条件：

• \(f, g\) 是积性函数。\(f(d_1) f(d_2) = f(d_1d_2) = f(d)\)，\(g(d_1')g(d_2') = g(d')\)。
• \(d\) 和 \((d_1, d_2)\) 二元组一一对应（需要使用 \(n\perp m\) 的条件）。给定 \((d_1, d_2)\)，\(d = d_1d_2\)。给定 \(d\)，\(d_1 = \gcd(d, n)\)，\(d_2 = \gcd(d, m)\)。

\(\square\)

性质 5 很重要。它说明 狄利克雷卷积保留积性。

性质 6（除法保留积性）

积性函数的狄利克雷卷积逆元是积性函数。

证明

证明来自 OI-Wiki。

设 \(g = f ^ {-1}\)。回忆积性函数 \(f\) 一定满足 \(f(1) = 1\)。

根据 \(f\) 的积性可知 \(g(1) = \frac 1 {f(1)} = 1\)，所以 \(g(n) = g(1) g(n)\)。

考虑数学归纳法。对 \(nm\) 的大小归纳。

对于 \(n, m > 1\) 且 \(n\perp m\)，假设对任意 \(xy < nm\) 且 \(x\perp y\)，均有 \(g(xy) = g(x)g(y)\)。

当 \(n = 1\) 或 \(m = 1\) 时，命题显然成立。因此，只需证明 \(g(nm) = g(n)g(m)\)。

\[\begin{aligned} g(nm) & = -\sum_{d d' = nm\land d\neq nm} g(d)f(d') \\ & = -\sum_{d_1d_1' = n\land d_2d_2' = m\land d_1d_2 \neq nm} g(d_1) g(d_2) f(d_1')f(d_2') \\ & = f(1) ^ 2 g(n) g(m) -\sum_{d_1d_1' = n \land d_2d_2' = m} g(d_1) g(d_2) f(d_1') f(d_2') \\ & = g(n)g(m) - \left(\sum_{d_1d_1' = n} g(d_1) f(d_1')\right) \left( \sum_{d_2d_2' = m} g(d_2) f(d_2')\right) \\ & = g(n)g(m) - \epsilon(n) - \epsilon(m) \\ & = g(n)g(m). \end{aligned} \]

最后一步的依据是 \(n, m > 1\)。\(\square\)

性质 5 和性质 6 告诉我们：积性函数的狄利克雷卷积与狄利克雷卷积逆是积性函数。

注意：积性函数的和与差不是积性函数。

2.4 线性筛狄利克雷卷积

根据积性函数的狄利克雷卷积是积性函数的结论，考虑使用线性筛筛出 \(h = f * g\)，其中 \(f, g\) 是积性函数。

写出 \(h\) 的表达式：

\[h(n) = \begin{cases} 1, & n = 1; \\ \sum_{c = 0} ^ k f(p ^ c)g(p ^ {k - c}), & n = p ^ k; \\ h(p ^ k)h(m), & n = p ^ k m \ (m > 1\land p\nmid m). \end{cases} \]

其中 \(p\) 是质数，\(k\) 是正整数。

对于第一种情况和第三种情况，使用 1.4 线性筛积性函数的技巧直接计算。

关键在于第二种情况。若已知 \(f, g\) 在质数幂处的取值，则需要 \(\mathcal{O}(k)\) 的时间。

• 当 \(f\) 是完全积性函数时，\(h(p ^ k) = f(p)h(p ^ {k - 1}) + g(p ^ k)\)，可以 \(\mathcal{O}(1)\) 计算。对于 \(g\) 同理。

尝试估计第二种情况的复杂度 \(T(n)\)。证明来自 EI。

所有不大于 \(\sqrt[k] n\) 的质数产生 \(\mathcal{O}(k)\) 的贡献，因此

\[T(n) = \sum_{x = 1} ^ {\log n} x\pi(\lfloor\sqrt[x]n\rfloor) \approx \sum_{x = 1} ^ {\log n} \frac {x\sqrt[x] n}{\ln \sqrt[x] n} = \frac 1 {\ln n} \sum\limits_{x = 1} ^ {\log n} x ^ 2\sqrt[x] n. \]

当 \(x = 1\) 时，\(x ^ 2\sqrt[x] {n} = n\)。

当 \(2\leq x\leq \log n\) 时，因为 \(x ^ 2\) 递增，\(\sqrt [x] {n}\) 递减，所以

\[x ^ 2\sqrt[x]{n} \leq (\log_2 ^ 2 n) \cdot\sqrt n = \mathcal{O}(n). \]

因此

\[T(n) = \frac 1 {\ln n} \sum_{i = 1} ^ {\log_2 n} \mathcal{O}(n) = \mathcal{O}(n). \]

使用线性筛求出两个 在质数幂处取值已知 的积性函数的狄利克雷卷积在 \(1\sim n\) 处的取值的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)。这给出了积性函数可线性筛的更弱条件：在 \(\mathcal{O}(k)\) 的时间内计算质数幂处的取值。

2.5 狄利克雷前缀和

前置知识：高维前缀和。

任意数论函数 \(f\) 与常数函数 \(1\) 卷积得到 \(g\)。称 \(g = f * 1\) 为 \(f\) 的 狄利克雷前缀和，则

\[g(n) = \sum_{d\mid n} f(d). \]

狄利克雷前缀和用途广泛，因为对每个 \(n\) 计算给定数论函数在其所有因数处的取值之和有良好的实际含义。其逆运算为狄利克雷差分，相当于 \(f * \mu\)，将在第四章介绍。

将正整数 \(n\) 写成无穷序列 \(a_n = \{c_1, c_2, \cdots, c_i, \cdots\}\)，表示 \(n = \prod p_i ^ {c_i}\)，其中 \(p_i\) 为第 \(i\) 个质数。因为 \(x\mid y\) 等价于 \(x\) 的每个质因数的幂次不大于 \(y\) 的该质因数的幂次，即 \(\forall i, a_x(i) \leq a_y(i)\)，那么 \(n\) 的所有因数就是所有使得 \(0\leq a_d(i) \leq a_n(i)\) 的 \(d\)。

• 以上分析结合乘法原理和唯一分解定理可以推出因数个数公式 \(d(n) = \prod (c_i + 1)\)。

因此，\(f * 1\) 可以看成对下标做关于其无穷序列的高维前缀和，即

\[g(n) = \sum_{\forall i, a_d(i) \leq a_n(i)} f(d). \]

根据高维前缀和，枚举每一维并将所有下标关于该维做前缀和，得到狄利克雷前缀和算法：

• 初始令 \(x_i = f(i)\)。
• 按任意顺序枚举每个维度，即按任意顺序枚举不超过 \(n\) 的质数 \(p_i\)。
• 按当前维度从小到大的顺序，将每个下标贡献至当前维度加 \(1\) 之后的对应下标，即从小到大枚举 \(k\in [1, \frac n {p_i}]\)，将 \(x_{p_ik}\) 加上 \(x_k\)。
• 最终 \(x\) 即为 \(g\)。

因为小于 \(n\) 的素数倒数和为 \(\mathcal{O}(\log\log n)\)，所以算法时间 \(\mathcal{O}(n\log\log n)\)。

模板题 代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 2e7 + 5;
int n;
unsigned ans, a[N], seed;
inline unsigned rd() {
  seed ^= seed << 13, seed ^= seed >> 17, seed ^= seed << 5;
  return seed;
}
bool vis[N];
int cnt, pr[N >> 3];
void sieve() {
  for(int i = 2; i <= n; i++) {
    if(!vis[i]) pr[++cnt] = i;
    for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= n; j++) {
      vis[i * pr[j]] = 1;
      if(i % pr[j] == 0) break;
    }
  }
}
int main() {
  cin >> n >> seed, sieve();
  for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = rd();
  for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
    for(int j = 1; j * pr[i] <= n; j++) {
      a[j * pr[i]] += a[j];
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; i++) ans ^= a[i];
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

3. 数论分块

数论分块又称整除分块，解决下标带有整除值的和式。最基本的和式形如

\[\sum_{i = 1} ^ n f(i) g\left(\left\lfloor \frac n i\right\rfloor\right). \]

数论分块的核心结论是 \(n\) 的不同整除值的数量级为 \(\sqrt n\)。本小节将从该结论出发，介绍数论分块的基本算法以及各种扩展，如向上取整的数论分块，高维数论分块等。数论分块也是高级筛法的前置要求。

3.1 算法介绍

定义（整除值）

\(\lfloor \frac n i\rfloor\) 的所有可能取值称为 \(n\) 的 整除值，其中整数 \(i\in [1, n]\)。

首先考虑求和式：

\[\sum_{i = 1} ^ n f(i) g\left(\left\lfloor \frac n i\right\rfloor\right). \]

注意求和上指标与取整式的被除数相等。本节最后会讨论不相等的情况。

我们只关心 \(g\) 在所有 \(n\) 的整除值处的取值。如果整除值的数量不多，且 \(f\) 的前缀和可以快速计算，则可以转换贡献形式，将原式写成若干个 \(g(\lfloor \frac n i\rfloor)\) 乘以一段 \(f\) 的和。

当 \(i\) 较大时，\(\lfloor \frac n i\rfloor\) 被限制在较小范围内，大部分相同。结合 \(\min(i, \frac n i) \le \sqrt n\)，可以想到根号分治。

结论（整除值的数量）

\(n\) 至多有 \(2\lfloor \sqrt n\rfloor\) 个不同的整除值。

证明

当 \(i \leq \sqrt n\) 时，因为 \(i\) 只有 \(\lfloor \sqrt n \rfloor\) 个，所以 \(\lfloor \frac n i\rfloor\) 只有不超过 \(\lfloor \sqrt n \rfloor\) 个不同的取整。

当 \(i > \sqrt n\) 时，因为 \(\lfloor \frac n i\rfloor \leq \sqrt n\)，所以 \(\lfloor \frac n i\rfloor\) 也只有不超过 \(\lfloor \sqrt n \rfloor\) 个不同的取值。

根据该结论，枚举 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 种整除值 \(d\)，求出最小和最大的 \(i\) 使得 \(\lfloor \frac n i \rfloor = d\)，分别记为 \(l, r\)，则原式可写为

\[\sum_{d} g(d) \sum_{i = l} ^ r f(i). \]

还剩一个问题：如何不重不漏地考虑所有整除值 \(d\)，并算出其对应的极长区间 \([l, r]\)？

结论

给定 \(d\)，使得 \(\lfloor \frac n i\rfloor \geq d\) 的最大的正整数 \(i\) 为 \(\lfloor \frac n d\rfloor\)。

证明

因为 \(d\) 都是正整数，所以 \(\lfloor \frac n i\rfloor \geq d\) 当且仅当 \(\frac n i\geq d\)，当且仅当 \(i\leq \frac n d\)。

因此，给定整除值 \(d\)，\(\lfloor \frac n i\rfloor = d\) 要求 \(\lfloor \frac n i\rfloor \geq d\) 且 \(\lfloor \frac n i\rfloor < d + 1\)，即 \(\lfloor \frac n {d + 1}\rfloor < i \leq \lfloor \frac n d\rfloor\)。

考虑 从小到大枚举所有极长区间。因为 \(\lfloor \frac n x\rfloor\) 随着 \(x\) 增大而单调不增，所以相当于 从大到小枚举整除值。第一个整除值是 \(n\)，对应 \(l = r = 1\)。第二大的整除值对应的 \(l\) 为 \(2\)，由此算出整除值 \(\lfloor \frac n 2\rfloor\)，继而由上述结论算出对应的 \(r\)。

一般地，给定整除值 \(d\) 和对应的 \([l, r]\)，如果 \(d\neq 1\)，那么下一个（比它小的最大的）整除值 \(d'\) 对应的区间的左端点 \(l'\) 等于 \(r + 1\)，从而算出整除值 \(d' \gets \lfloor \frac n {l'}\rfloor\) 和对应的 \(r'\gets \lfloor \frac n {d'}\rfloor = \left \lfloor \frac n {\lfloor n / l'\rfloor}\right\rfloor\)。注意：区间右端点一定是整除值。

从下图可以看出，随着 \(x\) 增大，整除值以及对应区间的变化：当前整除值的下一个整除值是 \(\lfloor \frac n {r + 1} \rfloor\)，对应区间的左端点是 \(r + 1\)。

>

若 \(O(1)\) 计算 \(g\) 和 \(f\) 的前缀和在单个整除值处的取值，则算法的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\)。

特别地，当求和上指标（记为 \(m\)）不等于被除数 \(n\) 的时候，和式形如 \(\sum_{i = 1} ^ m f(i) g(\lfloor \frac n i\rfloor)\)。

• 为了处理 \(n > m\) 的情况，\(r\) 应与 \(m\) 取较小值。
• 为了处理 \(n < m\) 的情况，当 \(\lfloor \frac n i\rfloor = 0\) 时，直接令 \(r\gets m\)。

结论（整除值的结构）

小于 \(\sqrt n\) 的整除值是小于 \(\sqrt n\) 的所有正整数，不小于 \(\sqrt n\) 的整除值是所有 \(\lfloor \frac n i\rfloor\)，其中 \(i\) 是不超过 \(\sqrt n\) 的正整数。

3.2 扩展问题

数论分块的算法框架简单，有多种变形。

3.2.1 向上取整

将和式中的向下取整改成向上取整。

同样地，\(\lceil \frac n x\rceil\) 随着 \(x\) 增大而单调不增，所以算法框架不变，依然是从小到大考虑每段区间。只需对左边界 \(l\) 求出使得 \(\lceil\frac n l \rceil = \lceil\frac n r \rceil\) 的最大的 \(r\)。

设 \(k = \lceil\frac n l\rceil\)，则要求 \(\frac n r > k - 1\)。

\[\dfrac n r > k - 1 \iff r < \dfrac{n}{k - 1} \iff r\leq \left\lfloor\frac{n - 1}{k - 1}\right\rfloor. \]

第二步的依据是 \(n, k, r\) 均为正整数。因此，令 \(r\gets \lfloor\frac{n - 1}{k - 1}\rfloor\) 即可。

注意特判 \(k = 1\) 的情况，此时 \(r\) 需要取实际上界。

3.2.2 高维数论分块

当和式有若干下取整，形如

\[\sum_{i = 1} ^ n \left(f(i) \prod_{j = 1} ^ c g_i\left(\left\lfloor \dfrac {n_j} {i}\right\rfloor\right)\right) \]

时，只需稍作修改，令

\[r \gets \min\left(n, \min_{j = 1} ^ c\left\lfloor \frac {n_j} {\lfloor \frac {n_j} l\rfloor}\right\rfloor\right), \]

也就是取所有 \(n_j\) 的下一个 “断点” 中最小的那个。

忽略 \(f\) 和 \(g_i\) 的计算，时间 \(\mathcal{O}(\sum \sqrt {n_j})\)。

称存在 \(n_j\) 满足 \(\lfloor \frac {n_j} {i}\rfloor \neq \lfloor \frac {n_j} {i + 1}\rfloor\) 的 \(i\) 为断点，则总断点数量为每个下取整式的断点数量相加（而不是相乘）。在相邻两个断点之间，对每个 \(n_j\)，所有 \(\lfloor \frac {n_j} i\rfloor\) 都是相等的。

3.2.3 数论分块嵌套

数论分块的嵌套，即对外层数论分块的每个整除值 \(d\)，内层还要做规模为 \(d\) 的数论分块。常见于计算 \(g(\lfloor \frac n i \rfloor)\) 需要数论分块的情况，如第四章例题 P5518 的最后一部分。

写起来和普通数论分块一样，核心在于时间复杂度分析：

• 对小于 \(\sqrt n\) 的整除值，贡献为 \(\int_1 ^ {\sqrt n} \sqrt {x} \mathrm{d} x = \Theta(n ^ {\frac 3 4})\)。
• 对大于 \(\sqrt n\) 的整除值，贡献为 \(\int_1 ^ {\sqrt n} \sqrt n x ^ {-\frac 1 2} \mathrm{d} x = \Theta(n ^ {\frac 3 4})\)。

结论（整除值的根号和）

所有整除值的根号和在 \(n ^ {3 / 4}\) 级别。

杜教筛的复杂度分析也用到了该结论。

我们还得到了一个有趣的结论：\(n\) 的小于 \(\sqrt n\) 和大于 \(\sqrt n\) 的整除值的根号和是同阶的，虽然后者严格比前者大。算出积分，前者系数为 \(\frac 2 3\)，后者系数为 \(2\)，差了大约三倍。

3.3 例题

更多例题见第五章莫比乌斯反演。

[模拟赛] 你还没有卸载吗

给定 \(A_1, B_1, A_2, B_2, N\)，求有多少 \(x\in [1, N]\) 使得 \(B_1 + \lfloor\frac{A_1}{x}\rfloor = B_2 + \lfloor\frac{A_2}{x}\rfloor\)。

\(T\leq 2\times 10 ^ 3\)，其他所有数 \(\in [1, 10 ^ 8]\)。

直接二维数论分块即可。时间 \(\mathcal{O}(\sqrt V)\)。

另解

考虑数论分块 \([l, r]\) 固定整除值 \(\frac{A_1} x\) 解出 \(d = \frac{A_2}{x}\)，反推出 \(x\) 的范围 \([l, r] \cap [\frac{A_2}{d + 1} + 1, \frac{A_2}{d}]\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, a1, b1, a2, b2, n;
int main() {
  cin >> T;
  while(T--) {
    int ans = 0;
    cin >> a1 >> b1 >> a2 >> b2 >> n;
    for(int l = 1, r = 1; l <= n; l = r + 1) {
      r = min(n, min(a1 / l ? a1 / (a1 / l) : n, a2 / l ? a2 / (a2 / l) : n));
      if(b1 + a1 / l == b2 + a2 / l) ans += r - l + 1;
    }
    cout << ans << endl;
  }
  return 0;
}

P2260 [清华集训 2012] 模积和

求 \(\sum_{i = 1} ^ n n \bmod i\) 是经典问题：拆成 \(\sum_{i = 1} ^ n (n - \lfloor\frac n i\rfloor i)\) 后数论分块，时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\)。

原式变形为

\[\left(\sum_{i = 1} ^ n n\bmod i\right) \left(\sum_{i = 1} ^ m m\bmod i\right) - \sum_{i = 1} ^ {\min(n, m)} \left(n - \left\lfloor\dfrac n i \right\rfloor i\right)\left(m - \left\lfloor\dfrac m i\right\rfloor i \right). \]

使用数论分块解决。

你可能需要：

\[\sum_{i = 1} ^ n i ^ 2 = \frac {n(n + 1)(2n + 1)} 6. \]

时间 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\)。代码。

*P3579 [POI2014] PAN-Solar Panels

不错的题目。

当 \(\lfloor\frac {a - 1} k\rfloor < \lfloor\frac b k\rfloor\) 且 \(\lfloor\frac{c - 1} k\rfloor < \lfloor\frac d k\rfloor\) 时，\([a, b]\) 和 \([c, d]\) 均含有 \(k\) 的倍数。答案为所有这样的 \(k\) 的最大值。

我们当然可以四维数论分块，但注意到在使得 \(\lfloor\frac b k \rfloor\) 相同且 \(\lfloor \frac d k\rfloor\) 相同的 \(k\) 的区间 \([l, r]\) 当中，选择 \(k = r\) 可以使 \(\lfloor \frac{a - 1} k\rfloor\) 和 \(\lfloor \frac {c - 1} k\rfloor\) 尽可能小，更有机会满足要求。若 \(k = r\) 都不满足条件，则 \(l\leq k \leq r\) 均不满足条件。因此二维数论分块即可。

时间 \(\mathcal{O}(T\sqrt V)\)。代码。

*CF1603C Extreme Extension

数论分块优化 DP。

一个数如何分裂由后面分裂出来的数的最小值决定，所以贪心使分出来的数尽量均匀。例如，若 \(9\) 要分裂为若干个比 \(4\) 小的数，那么 \(3, 3, 3\) 比 \(2, 3, 4\) 更优。

从后往前考虑。对每个位置 \(i\) 和值 \(j\in [1, a_i]\)，求出有多少以位置 \(i\) 开头的子段根据上述贪心策略分裂出的最小值为 \(j\)（\(j\) 由 \(a_i\) 分裂零次或若干次得到），记为 \(f_{i, j}\)。

考虑 \(f_{i + 1, j}\) 往前转移，需要将 \(a_i\) 分裂成若干不超过 \(j\) 的数，最少需要分裂成 \(\lceil \frac {a_i} j \rceil\) 个数。新的最小值是多少？将 \(a_i\) 分裂成 \(c\) 个数，这些数最小值的最大值为 \(\lfloor \frac {a_i} c \rfloor\)。

注意到，对于固定的分裂次数，分裂出的值也是确定的。考虑枚举使得分裂次数相同的区间 \([l, r]\)，即 \(a_i\) 整除 \([l, r]\) 内所有数向上取整的结果相同，可以通过向上取整的数论分块实现。

设 \(c = \lceil \frac {a_i} l \rceil\) 表示分裂出的数的个数，则分裂出的数的最小值为 \(v = \lfloor \frac {a_i} c \rfloor\)。\(\sum_{j = l} ^ r f_{i + 1, j}\) 转移到 \(f_{i, v}\)。

考虑在每个位置处统计该位置在所有子段中的总分裂次数之和，则贡献为 \(i\times (c - 1) \times f_{i , v}\)。其含义为，共有 \(f_{i, v}\) 个以 \(i\) 开头的子段使得 \(a_i\) 要分裂出 \(c\) 个数，即分裂 \(c - 1\) 次。同时，若子段 \([i, k]\) 在 \(i\) 处分裂 \(c - 1\) 次，则对于任意子段 \([x, k]\) 满足 \(1\leq x\leq i\)，\(a_i\) 分裂的次数都是 \(c - 1\)，因为 \(a_i\) 的分裂不受前面的数的影响。

注意，当 \(c = 1\) 时，\(f_{i, v}\) 即 \(f_{i, a_i}\) 需要加 \(1\)，表示新增以 \(a_i\) 结尾的子段。

用 vector 存储所有 \(f_i\) 并转移，时间 \(\mathcal{O}(n\sqrt {a_i})\)。滚动数组优化后空间 \(\mathcal{O}(n)\)。代码。

4. 欧拉函数

欧拉函数是非常重要的数论函数。

4.1 定义与性质

\(n\) 的欧拉函数定义为在 \([0, n - 1]\) 当中与 \(n\) 互质的整数个数，记为 \(\varphi(n)\)。它也是 \(n\) 的简化剩余系的大小。

首先我们肯定希望 \(\varphi\) 是积性函数。

性质 1（积性函数）

\(\varphi\) 是积性函数。

证明

设 \(n\perp m\)。

可以证明 \((i, j)\) 和 \(k\) 构成双射（证明如下），其中 \(i, j, k\) 分别和 \(n, m, nm\) 互质，则 \(\varphi(nm) = \varphi(n)\varphi(m)\)。

因为 \(n\perp m\)，由中国剩余定理（同余理论第三章），若 \(k\neq k'\)，则它们模 \(n\) 和模 \(m\) 的余数不完全相等。于是只需证明 \(k \perp nm\) 当且仅当 \(k\) 模 \(n\) 和模 \(m\) 分别和 \(n, m\) 互质，这是平凡的。\(\square\)

另一种证明

设与 \(n\) 互质的数为 \(a_{1\sim \varphi(n)}\)，那么在 \([0, nm - 1]\) 内与 \(n\) 互质的数为 \(jn + a_i\)，其中 \(1\leq i \leq \varphi(n)\)，\(0\leq j < m\)。

因为 \(n\perp m\)，所以 \(jn\) 在模 \(m\) 下互不相同，否则 \((j - j')n\) 是 \(m\) 的倍数，可知 \(j\equiv j'\pmod m\)，矛盾。

因此，对每个 \(a_i\)，\((jn + a_i)\bmod m\) 取遍 \(0\sim m - 1\)，其中有 \(\varphi(m)\) 个和 \(m\) 互质。

在 \([0, nm - 1]\) 内共有 \(\varphi(n)\varphi(m)\) 个数同时和 \(n, m\) 互质（于是和 \(nm\) 互质）。\(\square\)

因为 \(\varphi\) 是积性函数，所以只需考虑其在质数幂处的取值。

性质 2

设 \(p\) 是质数，则 \(\varphi(p ^ k) = (p - 1)p ^ {k - 1}\)。

证明

因为 \(p\) 是质数，所以和 \(p\) 不互质当且仅当是 \(p\) 的倍数，共有 \(p ^ {k - 1}\) 个。\(\square\)

根据性质 2 可线性筛欧拉函数。写成 \(\varphi(p) = p - 1\)，\(\varphi(p ^ k) = p\varphi(p ^ {k - 1})\ (k\geq 2)\)，方便线性筛。

int cnt, pr[N], phi[N], vis[N];
void sieve() {
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; i++) {
		if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] < N; j++) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
      phi[i * pr[j]] = (pr[j] - 1) * phi[i];
			if(i % pr[j] == 0) {
        phi[i * pr[j]] = pr[j] * phi[i];
        break;
     }
		}
	}
}

性质 1 和性质 2 给出了直接计算欧拉函数的公式。

性质 3（计算欧拉函数）

设 \(n\) 的唯一分解为 \(\prod_{i = 1} ^ m p_i ^ {c_i}\)，则

\[\varphi(n) = n\times \prod_{i = 1} ^ {m} \frac {p_i - 1} {p_i}. \]

int phi(int x) {
  int ans = x;
  for(int i = 2; i * i <= x; i++)
    if(x % i == 0) {
      while(x % i == 0) x /= i;
      ans = ans / i * (i - 1);
    }
  return ans / x * max(1, x - 1);
}

计算 \(\varphi(n)\) 的时间是分解质因数的 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\)，使用 Pollard-Rho 算法可以做到 \(\mathcal{O}(n ^ {1 / 4})\)。

欧拉函数的计算式也可以通过容斥原理证明。

证明

根据容斥原理，去掉所有被至少一个 \(n\) 的质因数整除的数，加上至少被两个 \(n\) 的质因数整除的数，以此类推，最终得到

\[\varphi(n) = n \sum_{T\subseteq S} \frac {(-1) ^ {|T|}}{\prod_{p\in S} p} \]

其中 \(S\) 是 \(n\) 的质因数集合。上式是 \(n \prod_{i = 1} ^ m (1 - \frac 1 {p_i})\) 的直接展开。\(\square\)

根据上式推出性质 1 和性质 2 是平凡的。

接下来给出一些常用的欧拉函数的性质。

性质 4

若 \(n\mid m\)，则 \(\varphi(nm) = n\varphi(m)\)。

证明

\(nm\) 的质因数集合和 \(m\) 的质因数集合相等，所以计算式右侧的乘积相等。唯一的差别在于系数分别是 \(nm\) 和 \(m\)。

• 直观理解：因为 \(nm\) 相较 \(m\) 没有增加质因数，所以原来与 \(m\) 互质的数仍与 \(nm\) 互质。\([0, nm - 1]\) 当中与 \(m\) 互质的数的个数为 \(n\varphi(m)\)，因为一个与 \(m\) 互质的数加上 \(m\) 的倍数后仍然与 \(m\) 互质。

容易发现 \(n\mid m\) 的条件可弱化为 \(m\) 含有 \(n\) 的所有质因数。在考虑互质的时候，质因数的幂次是不重要的，只有质因数集合是重要的。

性质 5

对 \(n \geq 3\)，\(2\mid \varphi(n)\)。

证明

若 \(x \perp n\)，则 \(n - x\perp n\)。所有小于 \(n\) 且与 \(n\) 互质的数能一一配对。

\(x = n - x\) 是特例，此时 \(x = \frac n 2\)，\(\gcd(x, n) = x \neq 1\)。\(\square\)

也可以考虑计算式。对于如果只含质因数 \(2\)，则 \(\varphi(n) = \frac n 2\) 是偶数。否则奇质因数 \(p\) 的 \(\frac {p - 1} {p}\) 将导致 \(\varphi(n)\) 是偶数。

性质 6

若 \(n \mid m\)，则 \(\varphi(n) \mid \varphi(m)\)。

回忆同余理论一开始的基本知识：

性质 7

对 \(d\mid n\)，使得 \(\gcd(n, x) = d\) 的 \(x\in [0, n - 1]\) 的数量为 \(\varphi(\frac n d)\)。

证明

\(\gcd(n, x) = d\) 要求 \(x\) 是 \(d\) 的倍数且 \(\gcd(\frac n d, \frac x d) = 1\)。因为 \(\frac x d\) 的范围是 \([0, \frac n d - 1]\)，所以 \(x\) 的数量为 \(\varphi(\frac n d)\)。\(\square\)

考虑到 \(0\sim n - 1\) 的每个数和 \(n\) 的最大公约数都是 \(n\) 的因数，得到欧拉反演公式。

性质 8（Euler 反演）

\[\sum_{d\mid n}\varphi(d) = n. \]

证明

枚举每个数和 \(n\) 的最大公约数 \(d\)，由性质 7，

\[n = \sum_{d\mid n} \sum_{i = 0} ^ {n - 1} [\gcd(n, i) = d] = \sum_{d\mid n} \varphi\left(\frac n d\right) = \sum_{d\mid n} \varphi(d). \]

\(\square\)

\(1 * \varphi = \mathrm{id}\)。\(\varphi(d)\) 对应和 \(n\) 的最大公约数是 \(\frac n d\) 的数。

定理 9.1（欧拉定理）

设 \(a\perp n\)，则

\[a ^ {\varphi(n)} \equiv 1\pmod n. \]

定理 9.2（扩展欧拉定理）

\[a ^ b \equiv \begin{cases} a ^ {b\bmod \varphi(n)}, & a\perp n; \\ a ^ b, & a\not\perp n \land b < \varphi(n); \\ a ^ {(b\bmod \varphi(n)) + \varphi(n)}, & a\not\perp n \land b \geq \varphi(n) \end{cases} \pmod n. \]

关于证明，见 同余理论 第一章。

当 \(a\perp n\) 时，\(a ^ {b\bmod \varphi(n)} \equiv a ^ {(b\bmod \varphi(n)) + \varphi(n)}\)，于是在使用扩展欧拉定理时，先特判 \(b < \varphi(n)\) 的情况，然后用 \(a ^ {(b\bmod \varphi(n)) + \varphi(n)}\) 作为结果，无需分讨 \(a\perp n\) 的情况。

4.2 例题

UVA10179 Irreducable Basic Fractions

根据既约分数的定义 \(m \perp n\) 且 \(0 \leq m < n\)，可知答案即 \(\varphi(n)\)。

UVA11327 Enumerating Rational Numbers

样例告诉我们分母不大于 \(2\times 10^5\)，因此预处理出 \([1,2\times 10^5]\) 每个数的欧拉函数。从小到大枚举分母，求出分母后再根据剩余个数从小到大枚举分子。

P5091 【模板】扩展欧拉定理

\(b\) 是高精度，一个比较方便的处理方法是先用字符串存，如果长度不超过 \(9\) 则直接转成整型用快速幂算，否则直接算 \(a ^ {(b\bmod \varphi(n)) + \varphi(n)}\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a, mod;
string st;
int ksm(int a, int b) {
    int s = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) s = 1ll * s * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
    }
    return s;
}
int Phi(int x) {
    int res = x;
    for(int i = 2; i * i <= x; i++) {
        if(x % i == 0) {
            res = res / i * (i - 1);
            while(x % i == 0) x /= i;
        }
    }
    if(x > 1) res = res / x * (x - 1);
    return res;
}
int main() {
    cin >> a >> mod >> st;
    if(st.size() <= 9) {
        int b = 0;
        for(char it : st) b = b * 10 + it - '0';
        cout << ksm(a, b) << endl;
        return 0;
    }
    int phi = Phi(mod), b = 0;
    for(char it : st) b = (b * 10 + it - '0') % phi; // 因为 phi <= 10 ^ 8，所以不需要 1ll.
    cout << ksm(a, b + phi) << endl;
    return 0;
}

*P4139 上帝与集合的正确用法

题意简述：求 \(2 ^ {2 ^ {2 ^ {2 ^ {\cdots}}}} \bmod p\)，\(1 \leq p \leq 10 ^ 7\)。

初看这个无限幂塔，有点令人摸不着头脑，因为直觉告诉我们这个值不存在，就好像 \(\infty\) 是一个不确定的数一样。但是，当 \(x\) 足够大时，\(2\uparrow\uparrow x\)（\(x\) 层幂塔）与 \(2\uparrow\uparrow (x + 1)\) 在模 \(p\) 下相同。

为什么呢？根据扩展欧拉定理，上面的幂塔等于 \(2 ^ {(2 ^ {2 ^ {2 ^ {\cdots}}} \bmod \varphi(p) + \varphi(p))}\bmod p\)，不断使用扩展欧拉定理得到

\[\large 2 ^ {\left(2 ^ {\left(2 ^ {\left(2 ^ {\cdots} \bmod \varphi(\varphi(\varphi(p))) +\varphi(\varphi(\varphi(p)))\right)} \bmod \varphi(\varphi(p)) + \varphi(\varphi(p))\right)} \bmod \varphi(p) + \varphi(p)\right)} \bmod p \]

因为幂塔会一直延伸下去，所以不需要担心出现 \(2 ^ {2 ^ {2 ^ {\cdots}}} < \varphi(mod)\) 的导致不能加 \(\varphi(mod)\) 的情况。

又因为 \(2\mid \varphi(p),\ \forall p \geq 3\)（性质 5）且偶数的欧拉函数不超过其本身的一半，所以 \(\varphi(p)\) 的迭代值会指数衰减为 \(1\)。此时，不用关心往上的幂次是多少了，因为任何数模 \(1\) 都得 \(0\)，这是终止条件。

综上，线性筛出 \(p\) 以内所有数的欧拉函数即可做到时间 \(\mathcal{O}(p+T\log p)\)。

int F(int x) { // 计算幂塔模 x.
	if(x <= 2) return 0;
  int v = phi(x); 
	return ksm(2, F(v) + v, x); // 2 ^ (F(v) + v) % x
}

*P3747 [六省联考 2017] 相逢是问候

根据上一题的结论，\(c ^ {c ^ {c ^ {\cdots ^ {a_i}}}} \bmod p\) 在迭代足够多次之后为定值。迭代次数 \(cnt\) 为使得 \(\varphi(\varphi(\cdots\varphi(\varphi(p))\cdots)) = 1\) 的迭代次数再加 \(1\)，是 \(\mathcal O(\log p)\) 数量级的。为什么要加 \(1\) 呢？如果不加 \(1\)，迭代 \(cnt\) 次之后顶上模 \(1\) 的数是 \(a_i\) 而不是 \(c\)，当 \(a_i = 0\) 时会出问题，导致再迭代一次之后结果改变（例如 \(a = 0\)，\(c = p = 2\)）。

预处理每个位置上的幂塔迭代 \(0\sim cnt\) 次之后的结果。这样，如果一个位置迭代了 \(cnt\) 次，幂塔的值就不会改变了。可以用线段树维护区间内每个位置被迭代次数的最小值，如果该值已经等于 \(cnt\)，则再迭代一轮也不会影响结果，直接返回。否则暴力递归下去修改。

一个细节是判断指数是否大于等于 \(\varphi(p)\)。在计算幂塔的时候，除了 \(c = 1\) 以外，一旦当前结果大于等于模数，则之后的迭代也大于等于模数（还有 \(c = 2\)，\(p = 6\) 的情况，\(2\geq \varphi(6)\) 但 \(2 ^ 2 < 6\)，但是没法构造卡掉的数据）。因为底是固定的，所以采用光速幂，并记录 \(c ^ {lim} \geq p\) 的阈值 \(lim\) 方便比较结果和 \(p\) 的大小关系。

每个位置预处理 \(\mathcal{O}(\log p)\) 个值，每个值迭代 \(\mathcal{O}(\log p)\) 次，每次迭代用光速幂 \(\mathcal{O}(1)\) 计算。预处理的时间为 \(\mathcal{O}(n\log ^ 2 p)\)。

查询时每个位置最多被操作 \(\mathcal{O}(\log p)\) 次，每次操作花费 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的时间（因为在线段树上的）。因此，总时间复杂度为 \(\mathcal{O}((n\log p + m\log n)\log p)\)。

代码。

5. 莫比乌斯函数

前置知识：容斥原理。

对于数论函数，对因数下标求和是一步很常见的操作，形如 \(g(n) = \sum_{d\mid n} f(d)\)，即狄利克雷前缀和。有时 \(g(n)\) 容易求出，我们需要根据 \(g = f * 1\) 反推出原函数 \(f = g * 1 ^ {-1}\)，这说明 \(1\) 的狄利克雷卷积逆也很重要。

5.1 定义

5.1.1 引入

考虑这样一个问题：求 \(0\sim n - 1\) 有多少个数和 \(n\) 互质。读者知道答案是 \(\varphi(n)\)。接下来我们将从另一个角度求解问题，并引出莫比乌斯函数的定义。

互质即最大公约数等于 \(1\)。当 “恰好等于” 的限制令我们无从下手时，可以转变思路，使用容斥原理。

在这种因数相关的问题中，我们一般采用 倍数容斥，也就是把 “恰好等于 \(i\)” 改成 “是 \(i\) 的倍数”（少量题目中是因数）。这样一来，\(0\sim n - 1\) 当中和 \(n\) 的最大公约数是 \(i\) 的倍数的数的个数是容易计算的：若 \(i\nmid d\) 则为 \(0\)，否则为 \(\frac n i\)。

用 gcd 是 \(1\) 的倍数的数的个数，减去 gcd 是 \(2\) 的倍数的数的个数，减去 gcd 是 \(3\) 的倍数的数的个数，以此类推。这样，gcd 是 \(6\) 的倍数的数被减去了两次，所以贡献还要加回来。问题转化为对每个 “gcd 是 \(i\) 的倍数的数的个数” \(g(i)\)，求出其对应的 容斥系数 \(\mu(i)\)。

设 gcd 恰好等于 \(i\) 的数的个数为 \(f(i)\)，则 \(g(i) = \sum_{i\mid d} f(d)\) 且答案为 \(f(1) = \sum_{i = 1} ^ n g(i)\mu(i)\)。

5.1.2 推导

推法 1

考虑将 \(f\) 和 \(g\) 之间的关系写成狄利克雷卷积的形式，但目前的和式 \(g(i) = \sum_{i\mid d} f(d)\) 是对倍数下标而非因数下标求和。

本题中，只有 \(n\) 的因数的下标是重要的。因此，考虑将 \(f\) 和 \(g\) 的下标 “翻转”，即 \(i\to \frac n i\)。这样，\(f(i)\) 表示 gcd 是 \(\frac n i\) 的数的个数，\(g(i)\) 表示 gcd 是 \(\frac n i\) 的倍数的数的个数，则 \(g(i) = \sum_{d\mid i} f(d)\) 且答案为 \(f(n) = \sum_{i \mid n} g(\frac n i) \mu(i)\)。

于是 \(g = f * 1\)，可知 \(f = g * 1 ^ {-1}\)，再结合答案式可知 \(\mu = 1 ^ {-1}\)。

推法 2

将容斥原理用到底。

\(f(1)\) 等于 \(f\) 在 \(1\) 的倍数处的取值和 \(g(1)\)，减去在质数倍数处的取值和 \(\sum g(p_i)\)。但是这样多减去了两个不同质数乘积的倍数处的取值和 \(\sum g(p_ip_j)\)，所以要加上这些值。但是这样又多加上了在三个不同质数乘积的倍数处的取值和 \(\sum g(p_ip_jp_k)\)，所以要减去这些值，以此类推。如图（图源）。

若 \(n\) 为 \(k\) 个不同质数的乘积，则容斥系数为 \(\mu(n) = (-1) ^ k\)。

在固定了所有无平方因数数的容斥系数的基础上，考虑 \(n\) 存在质因数幂次 \(c_i > 1\) 的情况。此时 \(f(n)\) 的贡献系数与将所有幂次 \(c_i\) 变成 \(1\) 之后的 \(n'\) 的 \(f(n')\) 的贡献系数相等，后者已知等于 \(0\)（容斥原理），所以 \(f(n)\) 无贡献，自然不必加减 \(g(n)\)，即 \(\mu(n) = 0\)。

推法 3

更具体地推系数。

• \(f(1)\) 对答案的贡献系数为 \(1\)，但现在贡献为 \(0\)，少加了一次，而 \(g(1)\) 是唯一含有 \(f(1)\) 的项，所以加上 \(g(1)\)，且系数 \(\mu(1)\) 只能等于 \(1\)。
• \(f(2)\) 对答案的贡献系数为 \(0\)，但现在贡献为 \(\sum_{i \mid 2\land i \neq 2} \mu(i) = \mu(1) = 1\)，多加了一次，而 \(g(2)\) 是除了系数已经不能动的 \(g(1)\) 以外唯一含有 \(f(2)\) 的项，所以减去 \(g(2)\)，且系数 \(\mu(2)\) 只能等于 \(-1\)。
• \(f(3)\) 对答案的贡献系数为 \(0\)，但现在贡献为 \(\sum_{i \mid 3\land i \neq 3} \mu(i) = \mu(1) = 1\)，多加了一次，而 \(g(3)\) 是除了系数已经不能动的 \(g(1)\) 以外唯一含有 \(f(3)\) 的项，所以减去 \(g(3)\)，且系数 \(\mu(3)\) 只能等于 \(-1\)。
• \(f(4)\) 对答案的贡献系数为 \(0\)，但现在贡献为 \(\sum_{i \mid 4\land i \neq 4} \mu(i) = \mu(1) + \mu(2) = 0\)，刚好。而 \(g(4)\) 是除了系数已经不能动的 \(g(1)\) 和 \(g(2)\) 以外唯一含有 \(f(4)\) 的项，所以 \(g(4)\) 的系数 \(\mu(4)\) 只能等于 \(0\)。

以此类推，对 \(n > 1\) 有递推关系 \(\mu(n) = -\sum_{d\mid n \land d\neq n} \mu(d)\)，这正是 \(1\) 的狄利克雷卷积逆。

还需要计算 \(1 ^ {-1}\) 从而将推法 1、3 和推法 2 联系在一起。

计算 \(1 ^ {-1}\)

设 \(\mu = 1 ^ {-1}\)，则因为 \(1\) 是积性函数，所以 \(\mu\) 是积性函数，只需观察其在所有质数倍数处的取值。根据递推关系

\[\mu(n) = -\sum_{d\mid n \land d\neq n} \mu(d), \]

可得

\[\begin{aligned} \mu(p) & = -\mu(1) = -1; \\ \mu(p ^ 2) & = -(\mu(1) + \mu(p)) = 0; \\ \mu(p ^ 3) & = -(\mu(1) + \mu(p) + \mu(p ^ 2)) = 0. \end{aligned} \]

容易归纳证明当 \(k \geq 2\) 时，\(\mu(p ^ k) = 0\)。

设唯一分解 \(n = \prod_{i = 1} ^ m p_i ^ {c_i}\)。根据 \(\mu\) 的积性，若存在 \(c_i\geq 2\) 则 \(\mu(n) = 0\)，否则 \(\mu(n) = (-1) ^ m\)。

5.1.3 总结

为了从 “倍数下标的取值和” \(g(n)\) 得到 \(f(1) = \sum_{i = 1} ^ n g(i)\mu(i)\)，容斥系数（相当于对 “是质数 \(p_i\) 的倍数” 的关系做容斥）应等于

\[\mu(n) = \begin{cases} 0, & \exists d > 1, d ^ 2\mid n; \\ (-1) ^ {\omega(n)}, & \mathrm{otherwise}. \end{cases} \]

这个函数是 \(1\) 的狄利克雷卷积逆，称为 莫比乌斯函数。

我们可以直接验证 \(\mu * 1 = \epsilon\)：考虑 \(n\) 的所有质因数 \(p_{1\sim m}\)。对于任意 \(k\) 个质因数的乘积 \(P\)，它产生 \(\mu(P) = (-1) ^ k\) 的贡献。枚举 \(k\)，则由二项式定理，

\[(\mu * 1)(n) = \sum_{k = 0} ^ m \binom m k (-1) ^ k = [m = 0] = [n = 1]. \]

上述做法可以扩展到求 \(\sum_{i = 0} ^ {m - 1} [i\perp n]\)。它给出了一般化的结论：已知数论函数 \(f\) 的倍数下标的和，计算 \(f(1)\) 时，每个位置的贡献系数为莫比乌斯函数。

结论 1（\(\varphi = id * \mu\)）

回到原来的问题，求 \(0\sim n - 1\) 有多少个数和 \(n\) 互质。

采用推法 1 的翻转下标技巧：\(f(i)\) 表示 gcd 是 \(\frac n i\) 的数的个数，\(g(i)\) 表示 gcd 是 \(\frac n i\) 的倍数的数的个数，则 \(g(i) = \sum_{d\mid i} f(d)\) 且答案为 \(f(n) = \sum_{i \mid n} g(\frac n i) \mu(i)\)。

我们知道 \(g(i) = i\) 且 \(f(i) = \varphi(i)\)，所以 \(g(i) = \sum_{d\mid i} f(d)\) 说明 \(\mathrm{id} = 1 * \varphi\)，\(f(n) = \sum_{i \mid n} g(\frac n i) \mu(i)\) 说明 \(\varphi = \mathrm{id} * \mu\)，即

\[\varphi(n) = \sum_{d\mid n} \frac n d \mu(d). \]

翻转下标之后可以写成狄利克雷卷积，\(f\to g\) 是卷 \(1\)，所以 \(g\to f\) 是卷 \(\mu\)。

5.2 狄利克雷差分

据定义，可线性筛出莫比乌斯函数。

int vis[N], cnt, pr[N], mu[N];
void sieve() {
  mu[1] = 1;
  for(int i = 2; i < N; i++) {
    if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, mu[i] = -1;
    for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] < N; j++) {
      vis[i * pr[j]] = 1;
      if(i % pr[j] == 0) break; // i * pr[j] 含至少两个 pr[j], mu = 0
      mu[i * pr[j]] = -mu[i]; // mu[i * pr[j]] = mu[i] * mu[pr[j]] = -mu[i]
    }
  }
}

当时间可以接受时，根据 \(\mu\) 的求逆递推式 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 递推更方便。

int mu[N];
void sieve() {
  mu[1] = 1;
  for(int i = 1; i < N; i++) { // 枚举因数变成枚举倍数, 注意枚举顺序
    for(int j = i + i; j < N; j += i) {
      mu[j] -= mu[i];
    }
  }
}

我们知道数论函数卷 \(1\) 是狄利克雷前缀和，那么卷 \(\mu\) 就是前缀和的逆操作，即 狄利克雷差分。将代码的 mu 替换为 f，相当于将 \(f\) 除以 \(1\)，即 \(f \gets f * \mu\)。

void PrefixSum(int *f) {
  for(int i = N - 1; i; i--) {
    for(int j = i + i; j < N; j += i) {
      f[j] += f[i];
    }
  }
}
void Differential(int *f) {
  for(int i = 1; i < N; i++) {
    for(int j = i + i; j < N; j += i) {
      f[j] -= f[i];
    }
  }
}

注意前缀和和差分的外层枚举顺序，需要从实际意义理解代码：已知 \(g_n = \sum_{d\mid n} f_d\)，要求 \(f\)。考虑递推，假设 \(f_{1\sim n - 1}\) 已知（所以枚举最外层的 \(i\) 是从小到大），则 \(f_n\) 等于 \(g_n\) 减去 \(n\) 的所有不是它本身的因数的 \(f\) 值，即 \(f_n = g_n - \sum_{d\mid n\land d\neq n} f_d\)。枚举因数不方便，改为枚举倍数，提前减掉贡献（枚举 \(i\) 时已经算出 \(f_i\)）。

实际上 狄利克雷后缀和 更常见，也就是我们在引入中看到的例子。将 \(f\) 从狄利克雷后缀和当中还原出来也很简单，假设 \(f_{n + 1\sim N}\) 已知，从后往前递推 \(f_n = g_n - \sum_{n\mid d \land d\neq n} f_d\) 即可。

void Differential(int *f) {
  for(int i = N - 1; i; i--) {
    for(int j = i + i; j < N; j += i) {
      f[i] -= f[j]; // 注意是 i 减 j
    }
  }
}

5.3 莫比乌斯反演

5.3.1 算法介绍

什么是 反演？给定 \(g_i = \sum_{j = 1} ^ n a_{i, j} f_j\)，已知 \(g\) 求 \(f\) 的过程称为反演。

反演本质上是矩阵求逆，即若 \(g = Af\) 则 \(f = A ^ {-1}g\)，其中 \(f, g\) 都是向量，\(A\) 是系数矩阵。显然，最朴素的做法是直接算出 \(A ^ {-1}\)，然后将矩阵和向量乘起来。当然，我们在 OI 中学习的各种反演会根据 \(A\) 的特殊性质，更高效地计算 \(A ^ {-1}g\)，毕竟矩阵求逆本身需要 \(\mathcal{O}(n ^ 3)\)。例如，二项式反演是直接给出 \(A ^ {-1}\) 的代数表示。这样，如果只算 \(f\) 的一个位置，则只需要 \(\mathcal{O}(n)\) 的时间。

最基本的 莫比乌斯反演 是狄利克雷前缀和的形式，但后缀和形式有更多的实际应用。

• 前缀和：若 \(g(n) = \sum_{d\mid n} f(d)\)，则 \(f(n) = \sum_{d\mid n} g(d)\mu(\frac n d)\)。可以理解为 \(g = f * 1\)，\(f = g * \mu\)。
• 后缀和：若 \(g(n) = \sum_{n\mid d} f(d)\)，则 \(f(n) = \sum_{n\mid d} g(d) \mu(\frac d n)\)。可以理解为 \(\mu\) 作为倍数容斥的系数。

当然，更常见的（也是广泛认为的）莫反是 \(\mu\) 作容斥系数在代数形式下的推导技巧，可以类比 “组合意义天地灭，代数推导保平安”。我们举一个最简单的例子：考虑狄利克雷后缀和。根据之前用各种方法推导出的结论，

\[\begin{aligned} f(1) = \sum_{i = 1} ^ n g(i)\mu(i). \end{aligned} \]

用代数形式的推导技巧，就是

\[\begin{aligned} f(1) & = \sum_{i = 1} ^ n f(i) [i = 1] \\ & = \sum_{i = 1} ^ n f(i) \epsilon(i) \\ & = \sum_{i = 1} ^ n f(i) \cdot (1 * \mu)(i) \\ & = \sum_{i = 1} ^ n f(i) \sum_{d\mid i} \mu(d) \\ & = \sum_{d = 1} ^ n \mu(d) \sum_{d\mid i} f(i) \\ & = \sum_{d = 1} ^ n \mu(d) g(d). \\ \end{aligned} \]

简单来说就是把 \([n = 1]\) 写成 \(\sum_{d\mid n} \mu(d)\)，用和式代替艾佛森括号。

用和式代替判断式是一个重要的解题技巧，但这个过程并不直观，导致初学者难以上手。例如对于奇质数 \(p\) 有

\[\sum_{x = 1} ^ {p - 1} [x ^ 2 = a] = (a ^ {\frac{p - 1} 2} \bmod p) + 1, \]

单位根反演

\[[n\mid a] = \frac 1 n\sum_{i = 0} ^ {n - 1} \omega_n ^ {ia}. \]

从判断式到和式的过程逐渐形成了套路，了解其背后的逻辑有助于读者掌握并运用这种套路。

以上其实就是莫反的全部内容了，它是一个比较吃熟练度的知识点，需要多做题。我们将从众多例题当中感受到莫反的广泛应用。

5.3.2 结论与技巧

本小节介绍几个莫反相关的系统性套路。

最常见的套路是 \([i\perp j]\) 转化为枚举 \(d\mid \gcd(i, j)\) 并对 \(\mu(d)\) 求和，这样可以先枚举 \(d\)，此时 \(i, j\) 独立。

结论 1

\[\begin{aligned} & \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m [i\perp j] \\ = \, & \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m [\gcd(i, j) = 1] \\ = \, & \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m \sum_{d\mid \gcd(i, j)} \mu(d) \\ = \, & \sum_{d = 1} ^ {\min(n, m)} \mu(d) \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m [d\mid i][d\mid j] \\ = \; & \sum_{d = 1} ^ {\min(n, m)} \mu(d) \left\lfloor \dfrac n d \right\rfloor \left\lfloor \dfrac m d \right\rfloor. \end{aligned} \]

显然，实际含义是对 “最大公约数是 \(n\) 的倍数” 的 \((i, j)\) 对数量做倍数容斥。

结论 2

因为 \(\varphi * 1 = \mathrm{id}\)，所以 \(\mathrm{id} * \mu = \varphi\)，即

\[\sum_{d \mid n} \frac {n\mu(d)} d = \varphi(n). \]

变式为

\[\sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)} d = \frac {\varphi(n)} n. \]

结论 3

\[d(ij) = \sum\limits_{x \mid i}\sum\limits_{y\mid j} [x\perp y]. \]

考虑单个质因数 \(p\)，再用中国剩余定理合并，即不同质因数的贡献相乘。

设 \(a = v_p(i)\) 即 \(i\) 含质因数 \(p\) 的数量，\(b = v_p(j)\)，则 \(v_p(ij) = a + b\)。对于 \(ij\) 的约数 \(d\)，若 \(v_p(d) \leq a\)，则令其对应 \(v_p(x) = v_p(d)\)，\(v_p(y) = 0\)；若 \(v_p(d) > a\)，则令其对应 \(v_p(x) = 0\)，\(v_p(y) = v_p(d) - a\)。容易发现互质对 \((x, y)\) 和 \(d\) 之间形成双射，因此 \(d\) 就等于 \([x\perp y]\) 的对数。

简单来说就是

\[(a, 0), (a - 1, 0), \cdots, (1, 0), (0, 0), (0, 1), \cdots, (0, b - 1), (0, b) \]

一共 \(a + b + 1\) 对，和 \(d(ij)\) 当中质因数 \(p\) 的贡献系数 \((a + b + 1)\) 一致。

例题：P3327。

结论 4

\[\begin{aligned} & \sum_{i = 1} ^ N \gcd(k, i) \\ = \; & \sum_{d \mid k} d \sum_{i = 1} ^ {\frac N d} \left[\frac k d\perp i\right] \\ = \; & \sum_{d \mid k} d \sum_{d'\mid \frac k d} \mu(d') \sum_{i = 1} ^ {\frac N d} [d'\mid i] \\ = \; & \sum_{d \mid k} d \sum_{d' \mid \frac k d} \mu(d') \left\lfloor \frac {N} {dd'} \right\rfloor \\ = \; & \sum_{T \mid k} \left\lfloor\frac {N} {T}\right\rfloor \sum_{d\mid T} d \mu\left(\frac T d\right) \\ = \; & \sum_{T \mid k} \left\lfloor\frac {N} {T}\right\rfloor \varphi(T). \end{aligned} \]

以上推导过程用到了莫反推式子时的常用技巧：将枚举的两个约数 \(d\mid n\) 和 \(d'\mid \frac n d\) 乘起来，枚举乘积 \(T = dd'\)，通常会带来奇妙的化学反应。

另一种推法是用 \(\mathrm{id} = 1 * \varphi\) 将 \(\gcd(i, k)\) 写成 \(\sum_{d \mid \gcd(i, k)} \varphi(d)\)，枚举 \(d\)，则 \(d\) 需要是 \(k\) 的因数，且 \(i\) 需要是 \(d\) 的倍数，这样的 \(i\) 共有 \(\lfloor \frac N d\rfloor\) 个。

5.4 例题

除特殊说明外，所有分式默认向下取整。

P2522 [HAOI2011] Problem b

二维差分将下界化为 \(1\)，然后推式子

\[\sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m [\gcd(i, j) = k]. \]

只有 \(k\) 的倍数有用，缩放 \(k\) 倍，得

\[\sum_{i = 1} ^ {\frac n k} \sum_{j = 1} ^ {\frac m k} [\gcd(i, j) = 1]. \]

莫比乌斯反演，得

\[\sum_{i = 1} ^ {\frac n k} \sum_{j = 1} ^ {\frac m k} \sum_{d\mid \gcd(i, j)} \mu(d). \]

枚举约数 \(d\)，记 \(c = \min(\frac n k, \frac m k)\)，则

\[\sum_{d = 1} ^ c \mu(d) \sum_{i = 1} ^ {\frac n k} [d\mid i] \sum_{j = 1} ^ {\frac m k} [d\mid j]. \]

由于 \(1\sim x\) 当中 \(y\) 的倍数有 \(\frac x y\) 个，故原式化为

\[\sum_{d = 1} ^ c \mu(d) \dfrac n {kd} \dfrac m {kd}. \]

二维数论分块即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n + T\sqrt n)\)。注意非必要不开 long long。代码。

也可以不做二维差分，用四维数论分块替换四个二维数论分块，减小常数。代码。

单组询问：P3455 [POI2007] ZAP-Queries。

P1447 [NOI2010] 能量采集

容易发现答案即 \(2\sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m \gcd(i, j) - nm\)，可以直接莫反硬推式子。

也可以对每个 \(d\) 求出 \(\gcd(i, j) = d\) 的对数，这是最开始的引入当中提到的对 \(\gcd(i, j)\) 是 \(d\) 的倍数的对数做倍数容斥，即做狄利克雷后缀和的差分

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。代码。

如果用技巧 4：

\[\sum_{i = 1} ^ n\sum_{j = 1} ^ m \gcd(i, j) = \sum_{i = 1} ^ n\sum_{j = 1} ^ m \sum_{d\mid \gcd(i, j)} \varphi(d) = \sum_{d = 1} ^ n \varphi(d) \frac n d \frac m d. \]

这样就是线性了！

P4318 完全平方数

设 \(f(n)\) 表示 \([1, n]\) 当中非完全平方数倍数的数的个数。二分答案，找到最小的 \(r\) 使得 \(f(r) \geq K\)，则 \(r\) 即为所求。

首先去掉 \(2 ^ 2, 3 ^ 2, \cdots, p ^ 2\) 的倍数，但同时是其中两个数的倍数的数会被算两次，所以加上 \((p_1p_2) ^ 2\) 的倍数，依次类推。这是倍数容斥，系数为莫比乌斯函数。因此

\[f(n) = \sum_{i} \mu(i) \frac n {i ^ 2}. \]

\(i\) 的上界为 \(\sqrt n\)，直接计算即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt n \log n)\)。代码。

CF990G GCD Counting

设 \(c_i\) 表示简单路径上所有点都是 \(i\) 的倍数的点对数量，设 \(s_i\) 表示答案，则 \(c_i = \sum_{i\mid d} s_d\)，狄利克雷后缀和。于是 \(s_i = \sum_{i\mid d} c_i \mu(\frac {d} i)\)，狄利克雷后缀差分即可。

\(c_i\) 容易直接算。为了避免每次建图，用并查集维护连通块。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(V\log V + n d(V)\alpha(n))\)。代码。

SP5971 LCMSUM - LCM Sum

\[\begin{aligned} & \sum_{i = 1} ^ n \operatorname{lcm}(i, n) \\ = \; & n \sum_{i = 1} ^ n \frac i {\gcd(i, n)} \\ = \; & n \sum_{d\mid n} \sum_{i = 1} ^ n \frac i d [\gcd(i, n) = d] \\ = \; & n \sum_{d\mid n} \sum_{i = 1} ^ {\frac n d} i \left[i\perp \frac n d\right]. \end{aligned} \]

设 \(F(n)\) 表示 \(n\) 以内所有与 \(n\) 互质的数的和。当 \(n \geq 2\) 时，因为若 \(x\perp n\) 则 \(n - x\perp n\)，所以与 \(n\) 互质的数成对出现且和为 \(n\)。也就是说，每个与 \(n\) 互质的数对 \(F(n)\) 的平均贡献是 \(\frac n 2\)。因此 \(F(n) = \frac{n \varphi(n)} 2\)。

当 \(n = 1\) 时，\(F(1)\) 显然为 \(1\)。

另一种推导 \(F\) 的方式是莫比乌斯反演：

\[\begin{aligned} F(n) & = \sum_{i = 1} ^ n i[i\perp n] \\ & = \sum_{i = 1} ^ n i \sum_{d \mid \gcd(i, n)} \mu(d) \\ & = \sum_{d\mid n} \mu(d) \sum_{i = 1} ^ n i[d\mid i] \\ & = \sum_{d\mid n} \mu(d) d \frac{\frac n d (\frac n d + 1)}{2} \\ & = \frac n 2 \sum_{d\mid n} \mu(d) \left(\frac n d + 1\right) \\ & = \frac {n(\varphi(n) + \epsilon(n))} 2. \end{aligned} \]

最后一步是因为 \(\mu * \mathrm{id} = \varphi\)，\(\mu * 1 = \epsilon\)。答案即 \(n\sum_{d\mid n} F(d)\)，化简为 \(\frac n 2 (1 + \sum_{d\mid n} d \varphi(d))\)。

线性筛 \(1 * (\mathrm{id} \times \varphi)\) 即可做到 \(\mathcal{O}(T + n)\)。代码。

*P2257 YY 的 GCD

因为有多组询问，所以无法对每组 \(n, m\) 都求出 \(\gcd(i, j) = d\) 的对数。

\[\begin{aligned} & \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m [\gcd(i, j)\in \mathbb P] \\ = \; & \sum_{p\in \mathbb P} \sum_{i = 1} ^ {\frac n p} \sum_{i = 1} ^ {\frac m p}[\gcd(i, j) = 1] \\ = \; & \sum_{p\in \mathbb P} \sum_{d = 1} ^ {\min(\frac n p, \frac m p)} \mu(d) \frac n {pd} \frac m{pd}. \end{aligned} \]

注意到分母上的 \(pd \) 与两个变量相关，较麻烦，故考虑设 \(T = pd\)，得

\[\sum_{T = 1} ^ {\min(n, m)} \sum_{p\mid T\land p\in\mathbb P} ^ T \frac n T \frac m T \mu \left(\frac T p\right). \]

这一步调整了计算顺序，使得可通过乘法分配律提出向下取整的式子。

另一种推导方式：对 \([\gcd(i, j) = p]\) 做倍数容斥，再对所有质数 \(p\) 求和。贡献系数 \(f\) 为所有容斥系数之和，即 \(f(n) = \sum_{p\in \mathbb P} (\mu * \epsilon_p)(n)\)，也就是 \(f\) 等于将 \(\mu\) 的下标扩大质数倍后求和。于是 \(f(T) = \sum_{p \mid T\land p\in \mathbb P} \mu(\frac T p)\)，与上式等价。

\(f\) 可以类埃氏筛 \(n\log\log n\) 求出，因为每个位置仅与其所有质因数有关。求出 \(f\) 的前缀和，数论分块即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(T\sqrt n + n \log\log n)\)。

尽管 \(f\) 不是积性函数，但 \(f(T)\) 可以类似线性筛积性函数求出。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(T\sqrt n+n)\)。代码。

单组询问：P2568 GCD。

*P1829 [国家集训队] Crash 的数字表格

记 \(c = \min(n, m)\)。

根据 \(\operatorname{lcm} = \frac {ij} {\gcd}\)，枚举 \(d = \gcd(i, j)\)，得

\[\begin{aligned} & \sum_{d = 1} ^ c \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m \frac {ij} d [\gcd(i, j) = d] \\ = \, & \sum\limits_{d = 1} ^ c d \sum\limits_{i = 1} ^ {\frac n d} \sum\limits_{j = 1} ^ {\frac m d} ij [i\perp j]. \end{aligned} \]

莫比乌斯反演，得

\[\begin{aligned} & \sum_{d = 1} ^ c d \sum_{e = 1} ^ {\frac c d} \mu(e) \sum_{i = 1} ^ {\frac n d} \sum_{j = 1} ^ {\frac m d} ij [e\mid i \land e\mid j] \\ = \, & \sum_{d = 1} ^ c d \sum_{e = 1} ^ {\frac c d} \mu(e) e ^ 2 \sum_{i = 1} ^ {\frac n {de}} \sum_{j = 1} ^ {\frac m {de}} ij. \end{aligned} \]

后面两个 \(\Sigma\) 容易计算，但难以融入化简。考虑设 \(T = de\)，\(S(T) = \sum_{i = 1} ^ {\frac n T}\sum_{j = 1} ^ \frac m T ij\)，交换枚举顺序，得

\[\begin{aligned} & \sum\limits_{T = 1} ^ c S(T) \sum\limits_{e \mid T} \mu(e) e ^ 2 \frac T e \\ = \, & \sum\limits_{T = 1} ^ c S(T) T \sum\limits_{e \mid T} \mu(e) e. \end{aligned} \]

至此已经可以狄利克雷前缀和。不过我们可以做得更好。

注意到 \(\mu \cdot \mathrm{id}\) 是积性函数，所以 \(f = 1 * (\mu \cdot \mathrm{id})\) 也是积性函数，可线性筛。则答案化简为 \(\sum_{i = 1} ^ c S(i)f(i)i\)，其中仅 \(S\) 与 \(n, m\) 有关。同时，注意到 \(S\) 仅涉及 \(n, m\) 整除值处的等差数列求和，因此求出 \(f(i) i\) 的前缀和后，可数论分块 \(\mathcal{O} (\sqrt c)\) 计算答案。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(c + T\sqrt c)\)。代码。

AT5200 [AGC038C] LCMs

记 \(S = \sum_{i = 1} ^ N \sum_{j = 1} ^ N \mathrm{lcm}(A_i, A_j)\)，则答案为 \(S\) 减去 \(\sum_{i = 1} ^ N A_i\) 再除以 \(2\)。问题转化为求 \(S\)。

从枚举下标变成枚举值，设 \(c_i\) 表示 \(i\) 在 \(\{A\}\) 当中的出现次数，即 \(c_i = \sum_{j = 1} ^ N [A_j = i]\)，则

\[\begin{aligned} S & = \sum_{i = 1} ^ N \sum_{j = 1} ^ N \operatorname{lcm}(A_i, A_j) \\ & = \sum_{d = 1} ^ V \sum_{i = 1} ^ N \sum_{j = 1} ^ N \frac {A_iA_j} d [\gcd(A_i, A_j) = d] \\ & = \sum_{d = 1} ^ V \sum_{i = 1} ^ V \sum_{j = 1} ^ V \frac {ij c_i c_j} d [\gcd(i, j) = d] \\ & = \sum_{d = 1} ^ V d \sum_{i = 1} ^ {\frac V d} \sum_{j = 1} ^ {\frac V d} ij c_{id} c_{jd} [\gcd(i, j) = 1] \\ & = \sum_{d = 1} ^ V d \sum_{d' = 1} ^ {\frac V d} \mu(d') {d'} ^ 2 \sum_{i = 1} ^ {\frac V {dd'}} \sum_{j = 1} ^ {\frac V {dd'}} ij c_{idd'} c_{jdd'} \\ & = \sum_{T = 1} ^ V \sum_{d \mid T} \mu(d) d ^ 2 \frac T d \sum_{i = 1} ^ {\frac V T} \sum_{j = 1} ^ {\frac V T} ijc_{iT}c_{jT} \\ & = \sum_{T = 1} ^ V T f(T) g ^ 2(T). \end{aligned} \]

其中 \(T = dd'\)，\(f(T) = \sum_{d\mid T} \mu(d) d\)，\(g(T) = \sum_{i = 1} ^ {\frac V T} ic_{iT}\)。

\(f\) 容易线性筛预处理，\(g\) 可以枚举因数或狄利克雷后缀和。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(V\log V)\) 或 \(\mathcal{O}(V\log\log V)\)。代码。

类似题目：P3911 最小公倍数之和。

P6810 「MCOI-02」Convex Hull 凸包

记 \(c = \min(n, m)\)。

\[\begin{aligned} \mathrm{answer} & = \sum_{d = 1} ^ c \tau(d) \sum_{i = 1} ^ {\frac n d} \sum_{j = 1} ^ {\frac m d} \tau(id)\tau(jd)[\gcd(i, j) = 1] \\ & = \sum_{d = 1} ^ c \tau(d) \sum_{d' = 1} ^ {\frac c d} \mu(d') \sum_{i = 1} ^ {\frac n {dd'}} \sum_{j = 1} ^ {\frac m {dd'}} \tau(idd')\tau(jdd'). \end{aligned} \]

类似 AT5200 的套路，枚举 \(T = dd'\)，\(\mathcal{O}(n\ln n)\) 分别预处理前面和后面，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\ln n)\)。

实际上有更简单的推法：系数 \(\tau(\gcd(i, j))\) 启发我们将 \(\tau(i)\tau(j)\) 摊在所有 \(i, j\) 的公约数上，所以枚举公约数可得

\[\begin{aligned} \mathrm{answer} & = \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m \tau(i)\tau(j) \sum_{d\mid i\land d\mid j} 1 \\ & = \sum_{d = 1} ^ c \sum_{i = 1} ^ {\frac n d} \sum_{j = 1} ^ {\frac m d} \tau(id)\tau(jd). \end{aligned} \]

直接预处理即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\ln n)\)。代码。

两种做法均可使用狄利克雷后缀和做到 \(\mathcal{O}(n\log\log n)\)。

P6156 简单题

和前几题一样的套路。枚举 \(\gcd\)，再莫比乌斯反演，根据 \(f(n) = \mu ^ 2(n)\) 得

\[\sum_{d = 1} ^ n d ^ {k + 1} \mu ^ 2(d) \sum_{d' = 1} ^ {\frac n d} {d'} ^ k \mu(d') \sum_{i = 1} ^ {\frac n {dd'}}\sum_{j = 1} ^ {\frac n {dd'}} (i + j) ^ k. \]

记 \(T = dd'\)，得

\[\sum_{T = 1} ^ n T ^ k \sum_{d \mid T} d \mu ^ 2(d) \mu\left(\frac n d\right) \sum_{i = 1} ^ {\frac n T}\sum_{j = 1} ^ {\frac n T} (i + j) ^ k. \]

线性筛预处理 \(f = (d\times \mu ^ 2) * \mu\) 的前缀和，并预处理自然数幂和（这部分要 \(\mathcal{O}(\pi(n)\log k)\)，即 \(\mathcal{O}(n \frac {\log k} {\log n})\)，因为至少得对所有质数求 \(k\) 次幂）求后面的 \(\sum (i + j) ^ k\)。数论分块求答案。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\frac {\log k}{\log n})\)，代码见下一题。

P6222 「P6156 简单题」加强版

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\frac {\log k}{\log n} + T\sqrt n)\)。注意卡空间。代码。

P6825 「EZEC-4」求和

直接莫反

\[\begin{aligned} & \sum_{d = 1} ^ n \sum_{i = 1} ^ {\frac n d} \sum_{j = 1} ^ {\frac n d}[i\perp j] d ^ {d(i + j)} \\ = \, & \sum_{d = 1} ^ n \sum_{k = 1} ^ {\frac n d} \mu(k) \sum_{i = 1} ^ {\frac n {dk}} \sum_{j = 1} ^ {\frac n {dk}} d ^ {kd(i + j)} \\ = \, & \sum_{d = 1} ^ n \sum_{k = 1} ^ {\frac n d} \mu(k) \left(\sum_{i = 1} ^ {\frac n {dk}} d ^ {kdi}\right) ^ 2. \end{aligned} \]

等比数列求和 & 快速幂，时间 \(\mathcal{O}(n\log n\log p)\)，常数较大。可以进一步优化，但比较平凡。

提供一个简单的小常数 2log 做法。

因为幂次很大，不同底数很难合并，所以考虑枚举底数即最大公约数 \(d\)。注意到指数是 \(d\) 的倍数，所以底数-指数对只有 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 个。

这启发我们对于 \(d\)，枚举所有可能的倍数 \(kd\)，并求出有多少组对应的 \((id, jd)\) 满足 \(1\leq id, jd\leq n\)，\(id + jd = kd\) 且 \(i\perp j\)。根据辗转相除法，\(i\perp j\) 当且仅当 \(i\perp (i + j)\)，即 \(i\perp k\)。因此 \(d ^ {kd}\) 的数量等于

\[\sum_{i = l} ^ r [i\perp k] = \sum_{i = l} ^ r \sum_{d\mid i, k} \mu(d) = \sum_{d\mid k} \mu(d) \sum_{i = l} ^ r [d\mid i], \]

其中 \(l, r\) 是 \(i\) 的上下界。枚举约数计算，则单个 \(d\) 的时间复杂度为 \(1\sim \frac n d\) 的约数个数和，即 \(\mathcal{O}(\frac n d\log \frac n d)\)。

总时间 \(\sum_{d = 1} ^ n \frac {n} d\log \frac n d\)，即 \(\mathcal{O}(n\log ^ 2 n)\)，但常数很小，而且很好写。代码。

*P3327 [SDOI2015] 约数个数和

使用结论 3，套入莫反，得

\[\sum_{d = 1} ^ {\min(n, m)} \mu(d) \sum\limits_{x = 1} ^ {\frac n d} \sum_{y = 1} ^ {\frac m d} \frac n {xd} \frac m {yd}. \]

数论分块预处理 \(g(n) = \sum_{i = 1} ^ n \frac n i\)，则答案为 \(\sum_{d = 1} ^ {\min(n, m)} \mu(d) g(\frac n d) g(\frac m d)\)，数论分块即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}((n + T)\sqrt n)\)。代码。

CF1043F Make It One

首先，若有解则答案不超过 \(7\)，因为一个数最多有 \(6\) 个质因数，我们先选择任意数，再对它的每个质因数选择不含该质因数的数。

算法 1

设 \(f_{i, j}\) 表示大小为 \(i\) 且 \(\gcd = j\) 的子集数量。莫比乌斯反演，设 \(g_{i, j}\) 表示 \(\gcd\) 为 \(j\) 的倍数的子集数量，则 \(g_{i, j} = c_j ^ i\)，其中 \(c_j\) 表示初始序列中 \(j\) 的倍数，则 \(f_{i, j} = \sum_{j\mid k} \mu(\frac k j) g_{i, k}\)，即倍数容斥。

至此已经可以通过了，但取模不太好看。

算法 2

考虑在 \(f_{i - 1}\) 的基础上添加一层 \(f_1\)，则 \(f_i\) 等于 \(f_{i - 1}\) 和 \(f_1\) 做 \(\gcd\) 卷积，即 \(a_i b_j\to c_{\gcd(i, j)}\)。这个可以直接倍数容斥。每做一次卷积就令 \(f_{i, j} = [f_{i, j} > 0]\)，即修改 \(f\) 的定义为是否存在大小为 \(i\) 且 \(\gcd = j\) 的子集。这样值域就在平方范围内了，不需要取模。

两个算法本质相同，但是后者降低了值域范围。

视 \(n, a_i\) 同级。\(i\) 的数量级为最大本质不同质因数数量 \(\mathcal{O}(\frac {\log n} {\log \log n})\)，每次暴力倍数容斥 \(\mathcal{O}(n\ln n)\)，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\frac {n\log ^ 2 n} {\log\log n})\)。代码。

若容斥部分用狄利克雷前缀和实现则时间为 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。进一步地，将算法一的枚举改成二分，算法二的枚举改成倍增，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log(\frac {\log n}{\log \log n}) \log\log n)\) 即 \(\mathcal{O}(n\log ^ 2\log n)\)。

P3704 [SDOI2017] 数字表格

记 \(c = \min(n, m)\)。

\[\begin{aligned} \mathrm{answer} & = \prod_{i = 1} ^ n \prod_{j = 1} ^ m f_{\gcd(i, j)} \\ & = \prod_{d = 1} ^ c f_d ^ {\sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m [\gcd(i, j) = d]} \\ & = \prod_{d = 1} ^ c f_d ^ {\sum_{d' = 1} ^ \frac c d \mu(d') \frac n {dd'} \frac m {dd'}} \\ & = \prod_{T = 1} ^ c \left(\prod_{d\mid T} f_d ^ {\mu(\frac n d)} \right) ^ {\frac n T \frac m T}. \end{aligned} \]

预处理 \(f\) 及其逆元，预处理 \(g(n) = \prod_{d\mid n} f_d ^ {\mu(\frac n d)}\)。

对每组询问数论分块即可做到 \(\mathcal{O}(n\log n + T\sqrt n\log n)\)。代码。

P4152 [WC2014] 时空穿梭

一条直线由两个点确定。枚举第一个点和最后一个点得到每个维度的差值 \(x_{1\sim n}\)，则中途（不含两端）经过的整点数量为 \(\gcd(x_{1\sim n}) - 1\)，方案数为 \(\binom {d - 1} {c - 2}\)。考虑先枚举 \(x_{1\sim n}\) 再枚举两端的点，答案为

\[\begin{aligned} & \sum_{x_{1\sim n}} \binom {\gcd(x_{1\sim n}) - 1} {c - 2} \prod_{i = 1} ^ n (m_i - x_i). \\ = \; & \sum_{d = 1} ^ M \binom {d - 1} {c - 2} \sum_{x_{1\sim n}} [\gcd(x_{1\sim n}) = 1] \prod_{i = 1} ^ n (m_i - x_id) \\ = \; & \sum_{d = 1} ^ M \binom {d - 1} {c - 2} \sum_{d' = 1} ^ {M / d} \mu(d') \prod_{i = 1} ^ n \sum_{x_i = 1} ^ {m_i / dd'} (m_i - x_idd') \\ = \; & \sum_{X = 1} ^ M \prod_{i = 1} ^ n \sum_{x_i = 1} ^ {m_i / X} (m_i - x_iX) \sum_{d\mid X}\binom {d - 1} {c - 2} \mu\left(\frac X d\right). \\ \end{aligned} \]

于是问题分成两部分：

\[\begin{aligned} f(X) & = \prod_{i = 1} ^ n \left(m_i k_i - Xk_i(k_i + 1) / 2\right),\\ g(X) & = \sum_{d\mid X} \binom {d - 1} {c - 2} \mu(X / d). \end{aligned} \]

其中 \(k_i = \lfloor \frac {m_i} X\rfloor\)。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(T(nm + m\log m))\)，需要卡常。代码。

• 注意到 \(c\) 比 \(T\) 小，可以 \(\mathcal{O}(cm\log m)\) 预处理 \(g(c, X)\)。
• 整数除法很慢，我们需要计算 \(\mathcal{O}(nm)\) 次 \(k\)，可以用数论分块优化到 \(\mathcal{O}(n ^ 2\sqrt m)\) 次。

瓶颈在 \(Tnm\)，怎么优化？数论分块固定了所有 \(k_i\) 之后，\(f(X)\) 是关于 \(X\) 的 \(n\) 次多项式。算出多项式，并预处理 \(i ^ {0\sim n}\) 的前缀和。直接算是 \(\mathcal{O}(n ^ 2)\)，还要优化。在 \(k_i\) 改变时除掉原线性式，再乘以新线性式。注意线性式等于零的情况，记录有多少个零即可。

时间 \(\mathcal{O}(Tn ^ 2\sqrt m + cm\log m)\)。

P5518 [MtOI2019] 幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

工作量极大的莫反练习题，有一定技术含量。

将 \(\frac {\operatorname{lcm} (i, j)} {\gcd(i, k)}\) 写成 \(\frac {i \cdot j} {\gcd(i, j) \gcd(i, k)}\)。外层求积，可将问题拆成两部分：计算 \(\prod i ^ {f(type)}\) 和 \(\prod \gcd(i, j) ^ {f(type)}\)，于是本题变成了无聊的六合一。

记 \(F(n, m) = \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m [i\perp j]\)。

\[{\color{red}\prod_{i, j, k} i} = \prod_{i} i ^ {BC}. \]

预处理阶乘，复杂度 \(\mathcal{O}(\log N)\)。

\[\begin{aligned} {\color{red}\prod_{i, j, k} \gcd(i, j)} &= \prod_{d = 1} ^ {\min(A, B)} d ^ {F(\frac A d, \frac B d) C} \\ & = \prod_{d = 1} ^ {\min(A, B)} d ^ {\sum_{d' = 1} ^ {\frac {\min(A, B)} d} \mu(d') \frac {A} {dd'} \frac {B} {dd'} C} \\ & = \prod_{T = 1} ^ {\min(A, B)} \left(\prod_{d\mid T} d ^ {\mu(\frac T d)}\right) ^ {\frac A T\frac B T C}. \end{aligned} \]

预处理 \(f_T = \prod_{d\mid T} d ^ {\mu(\frac T d)}\)。对 \(A, B\) 数论分块时需计算一段区间的 \(f_T\) 的积，故预处理 \(f_T\) 的前缀积和 \(f_T\) 前缀积的逆元。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt N\log N)\)。

\[{\color{red}\prod_{i, j, k} i ^ {ijk}} = \prod_{i} (i ^ i) ^ {S(B)S(C)}. \]

其中 \(S(n) = \sum_{i = 1} ^ n i = \binom {n + 1} 2\)。预处理 \(i ^ i\) 的前缀积，复杂度 \(\mathcal{O}(\log N)\)。

\[\begin{aligned} {\color{red}\prod_{i, j, k} \gcd(i, j) ^ {ijk}} & = \prod_{d = 1} ^ {\min(A, B)} d ^ {d ^ 2{d'} ^ 2S(C) \sum_{d' = 1} ^ {\frac {\min(A, B)} {d}} \mu(d') S(\frac A {dd'}) S(\frac {B}{dd'})} \\ & = \prod_{T = 1} ^ {\min(A, B)} \left(\prod_{d \mid T} d ^ {T ^ 2 \mu(\frac T d)} \right) ^ {S(\frac A T) S(\frac B T) S(C)}. \end{aligned} \]

预处理 \(f'_T = f_T ^ {T ^ 2}\)，\(f'\) 的前缀积和 \(f'\) 前缀积的逆元。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt N\log N)\)。

\[{\color{red}\prod_{i = 1} ^ A \prod_{j = 1} ^ B \prod_{k = 1} ^ C i ^ {\gcd(i, j, k)}}. \]

记 \(L = \min(A, B, C)\)，枚举最大公约数 \(d\)，得到

\[\prod_{d = 1} ^ {L} \prod_{i = 1} ^ {\frac A d} (id) ^ {d \sum_{j = 1} ^ {\frac B d} \sum_{k = 1} ^ {\frac C d} [\gcd(i, j, k) = 1]}. \]

莫比乌斯反演

\[\begin{aligned} & \prod_{d = 1} ^ {L} \prod_{i = 1} ^ {\frac A d} (id) ^ {d \sum_{j = 1} ^ {\frac B d} \sum_{k = 1} ^ {\frac C d} \sum_{d' \mid \gcd(i, j, k)} \mu(d')} \\ = \, &\prod_{d = 1} ^ {L} \prod_{d' = 1} ^ {\frac L d} \prod_{i = 1} ^ {\frac A {dd'}} (idd') ^ {d \sum_{j = 1} ^ {\frac B {dd'}} \sum_{k = 1} ^ {\frac C {dd'}} \mu(d')}. \end{aligned} \]

令 \(T = dd'\)，\(D = \frac {A} T\)，整理

\[\begin{aligned} & \prod_{T = 1} ^ {L} \prod_{d \mid T} \left(\prod_{i = 1} ^ {\frac A T} (iT) ^ {d\mu(\frac T d)}\right) ^ {\frac B {T} \frac C {T}} \\ = \, & \prod_{T = 1} ^ {L} \prod_{d \mid T} (D! \cdot T ^ D) ^ {d\mu(\frac T d)\frac B {T} \frac C {T}} \\ = \, & \prod_{T = 1} ^ {L} (D! \cdot T ^ D) ^ {\left(\sum_{d\mid T} d\mu(\frac T d)\right)\frac B {T} \frac C {T}} \\ = \, & \prod_{T = 1} ^ {L} \left(D! \cdot T ^ {D}\right) ^ { \varphi(T) \frac B {T} \frac C {T}}. \end{aligned} \]

数论分块时，对 \(D!\) 需要求一段区间的 \(\varphi(T)\) 之和，对 \(T\) 需要求一段区间的 \(T ^ {\varphi(T)}\) 之积，均可预处理。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt N\log N)\)。

\[{\color{red}\prod_{i = 1} ^ A \prod_{j = 1} ^ B \prod_{k = 1} ^ C \gcd(i, j) ^ {\gcd(i, j, k)}}. \]

令 \(L = \min(A, B)\)，对 \(\gcd(i, j)\) 莫比乌斯反演

\[\prod_{d = 1} ^ {L} d ^ {\sum_{k = 1} ^ {C} \gcd(d, k) F(\frac A d, \frac B d)}. \]

这里已经可以做了：容易推出 \(\sum_{k = 1} ^ C \gcd(d, k) = \sum_{T\mid d} \varphi(T) \frac C T\)（结论 4），而所有 \(F(\frac A d, \frac B d)\) 可以数论分块套数论分块做到 \(\mathcal{O}(N ^ {\frac 3 4})\)，于是复杂度为 \(\mathcal{O}(N\log N)\)，需要大力卡常。

将结论套入：

\[\prod_{T = 1} ^ L \left(\prod_{T'\mid T} T ^ {\varphi(T') \frac C {T'}}\right) ^ {F\left(\frac {A} {T}, \frac {B} {T}\right)}. \]

设新的 \(T\) 等于原来的 \(\frac T {T'}\)，则

\[\prod_{T' = 1} ^ L \prod_{T = 1} ^ {\frac L {T'}} (TT') ^ {\varphi(T') \frac C {T'} F\left(\frac {A} {TT'}, \frac {B} {TT'}\right)}. \]

拆成 \(T\) 和 \(T'\) 两部分：

\[\prod_{T' = 1} ^ L \left(\prod_{T = 1} ^ {\frac L {T'}} T ^ {F\left(\frac {A} {TT'}, \frac {B} {TT'}\right)}\right) ^ {\varphi(T') \frac C {T'}}, \]

和

\[\prod_{T' = 1} ^ L \left( {T'} ^ {\varphi(T') \frac C {T'}}\right) ^ {\sum_{T = 1} ^ {\frac L {T'}}F\left(\frac {A} {TT'}, \frac {B} {TT'}\right)}. \]

注意到 \(\sum_{i = 1} ^ {\min(A, B)} F(\frac A i, \frac B i) = AB\)，因为每一对 \(A, B\) 会在 \(i = \gcd(A, B)\) 时计入答案，于是后面的部分为

\[\prod_{T' = 1} ^ L {T'} ^ {\varphi(T') \frac C {T'}\frac {A} {T'} \frac {B} {T'}}. \]

类似上一部分做，复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt N\log N)\)。

再把前面这部分写下来。

\[\prod_{T' = 1} ^ L \left(\prod_{T = 1} ^ {\frac L {T'}} T ^ {F\left(\frac {A} {TT'}, \frac {B} {TT'}\right)}\right) ^ {\varphi(T') \frac C {T'}}. \]

首先在外层对 \(T'\) 做关于 \(A, B, C\) 的三维数论分块，此时内层的

\[\prod_{T = 1} ^ {\frac L {T'}} T ^ {F\left(\frac {A} {TT'}, \frac {B} {TT'}\right)} \]

为定值。如果能快速计算，则它的 \(\frac {C} {T'}\sum \varphi(T')\) 次幂就是当前 \(T'\) 区间的答案。

\(F\) 可以数论分块根号求（P2522），于是对 \(T\) 数论分块之后就是数论分块套数论分块套数论分块，时间 \(\mathcal{O}(N ^ {\frac 7 8})\)，不优美。

注意到 \(F(\frac A {TT'}, \frac B {TT'})\) 在整个过程中只有 \(\mathcal{O}(\sqrt L)\) 种不同的取值，可以先数论分块套数论分块预处理，即可 \(\mathcal{O}(1)\) 求出 \(F(\frac {A} {TT'}, \frac {B} {BB'})\)。

对 \(T\) 数论分块，时间为数论分块套数论分块结合内层快速幂的 \(\mathcal{O}(N ^ {\frac 3 4}\log N)\)。

综上，预处理复杂度为 \(\mathcal{O}(N\log N)\)，单次询问的复杂度为 \(\mathcal{O}(N ^ {\frac 3 4}\log N)\)。可能可以进行更多预处理以达到更优秀的复杂度。

本题的启发：写成 \(\sum_{T = 1} ^ n \sum _{d\mid T}\) 方便预处理，写成 \(\sum_{T = 1} ^ n \sum_{d = 1} ^ {\frac n T}\) 方便直接求。不要急着把一大坨式子展开，说不定可以预处理。

*P5572 [CmdOI2019] 简单的数论题

\[\begin{aligned} & \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m \varphi\left( \frac {i j} {\gcd ^ 2(i, j)}\right) \\ = \; & \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m \varphi\left( \frac {i} {\gcd(i, j)}\right) \varphi\left( \dfrac {j} {\gcd(i, j)}\right) \\ = \; & \sum_{d = 1} ^ m \sum_{i = 1} ^ {\frac n d} \sum_{j = 1} ^ {\frac m d} \varphi(i) \varphi(j) [i\perp j] \\ = \; & \sum_{d = 1} ^ m \sum_{d' = 1} ^ {\frac m d} \mu(d') \sum_{i = 1} ^ {\frac n {dd'}} \sum_{j = 1} ^ {\frac m {dd'}} \varphi(id') \varphi(jd') \\ = \; & \sum_{T = 1} ^ m \sum_{d\mid T} \mu(d) \left(\sum_{i = 1} ^ {\frac n T} \varphi(id) \right) \left(\sum_{j = 1} ^ {\frac m T} \varphi(jd) \right). \end{aligned} \]

第二步用到了 \(\varphi\) 的积性。

求出不大于某值的所有 \(d\) 的倍数的 \(\varphi\) 之和的形式出现多次，所以首先 \(\mathcal{O}(n\ln n)\) 预处理 \(f(d, s)\) 表示 \(\sum_{i = 1} ^ s \varphi(id)\)。

计算单个 \(T\) 的复杂度为 \(d(T)\)，且当 \(T\) 大的时候，\(\frac n T\) 和 \(\frac m T\) 较小，所以我们考虑根号分治。

对于 \(T\leq \sqrt n\)，直接暴力枚举 \(T, d\) 计算 \(\sum_{T = 1} ^ m \sum_{d\mid T} \mu(d) f(d, \frac n T) f(d, \frac m T)\)。单组询问 \(\mathcal{O}(\sqrt n \log n)\)。

对于 \(T \geq \sqrt n\)，\(\frac n T\leq \sqrt n\)，预处理 \(g(i, j, s)\) 表示 \(\sum_{T = 1} ^ s \sum_{d\mid T} \mu(d)f(d, i) f(d, j)\)，则一段使得整除值 \(\frac n T\) 和 \(\frac m T\) 相同的 \(T\in [l, r]\) 的贡献可直接表示为 \(g(\frac n T, \frac m T, r) - g(\frac n T, \frac m T, l - 1)\)。注意到 \(i \geq j\) 且 \(s\) 的上界为 \(\frac n i\)（要使 \(\frac n T = i\)，则 \(T\) 不会超过 \(n\) 的最大值除以 \(i\)），所以对于每个 \(i\) 的 \((j, s)\) 对数为 \(i\times \frac n i = n\)。对每个 \(i\leq \sqrt n\) 预处理 \(g(i, j, s)\)，空间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\)，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt n\log n)\) 或 \(\mathcal{O}(n\sqrt n \log\log n)\)。每组询问内求答案则是直接数论分块。

综上，时间复杂度 \(\mathcal{O}((n + T)\sqrt n\log n)\)。代码。

P4619 [SDOI2018] 旧试题

类似结论 4 的思路，

\[d(ijk) = \sum_{x \mid i} \sum_{y\mid j} \sum_{z\mid k} [x\perp y][x\perp z][y\perp z]. \]

因此答案可写为

\[\sum_{i = 1} ^ A \sum_{j = 1} ^ B \sum_{k = 1} ^ C[i\perp j][i, j\perp k] \frac A i \frac B j\frac C k. \]

形式比较复杂，先做一次关于 \(i, j\) 的莫反试试水。

\[\sum_{d = 1} ^ {\min(A, B)} \mu(d) \sum_{i = 1} ^ {\frac A d} \sum_{j = 1} ^ {\frac B d} \sum_{k = 1} ^ C [i, j, d \perp k] \frac A {id} \frac B {jd} \frac C k. \]

看起来相当不可做。不要忘记我们做莫反的核心目的是将 \(i, j\) 独立开来，同时注意到所有互质的条件均和 \(k\) 有关，所以先枚举 \(k\)，得到

\[\sum_{k = 1} ^ {C} \sum_{d = 1} ^ {\min(A, B)} [d\perp k]\mu(d) \left(\sum_{i = 1} ^ {\frac A d} [i\perp k]\frac A {id}\right) \left(\sum_{j = 1} ^ {\frac B d} [j\perp k] \frac B {jd} \right). \]

观察 \(i, j\) 共同具有的形式，设

\[f(k, n) = \sum_{i = 1} ^ n [i\perp k] \frac n i, \]

则

\[\sum_{k = 1} ^ C \sum_{d = 1} ^ {\min(A, B)} [d\perp k] \mu(d) f(k, A / d ) f(k, B / d). \]

注意到 \(f\) 的第二维只能是 \(A\) 或 \(B\) 的整除值，所以共有 \(\mathcal{O}(V \sqrt V)\) 对 \((k, n)\) 二元组，且二维数论分块后问题转化为求

\[\sum_{d = l} ^ r [d\perp k] \mu(d). \]

设

\[g(k, n) = \sum_{d = 1} ^ n [d\perp k] \mu(d), \]

则 \(n\) 是所有使得整除值相等的区间右端点，所以 \(n\) 本身也是 \(A\) 或 \(B\) 的整除值。

可以直接莫反求 \(f, g\)，需要预处理以加速计算。例如

\[f(k, n) = \sum_{d\mid k} \mu(d) \sum_{i = 1} ^ {\frac n d} \frac n {id}. \]

需要预处理 \(h(n) = \sum_{i = 1} ^ n \frac n i\)。时间 \(\mathcal{O}(V\sqrt V\log V)\)，代码。洛谷评测机较慢，无法通过。

换一种思路，考虑递推（来自 Vocalise 的题解）。

\[f(k, n) = \sum_{i = 1} ^ n [i\perp k] \frac n i. \]

\(k = 1\) 时显然 \(f(1, n) = h(n)\)。否则，我们将 \(k\) 除掉任意质因数 \(p\)，考虑在 \(f(\frac k p, n)\) 的基础上还要去掉哪些 \(i\) 的贡献：\(i\perp \frac k p\) 但 \(i\not\perp k\)。如果 \(\frac k p\) 本身就是 \(p\) 的倍数，显然不变。否则 \(i\) 肯定得是 \(p\) 的倍数，且 \(i\perp \frac k p\) 即 \(\frac i p \perp \frac k p\)（因为 \(\frac k p\) 不含 \(p\)，可以放心地除掉 \(i\) 里面的 \(p\)），所以

\[\begin{aligned} f(k, n) & = f(k/ p, n) - [p\nmid k / p]\sum_{i = 1} ^ {\frac n p} [i\perp k / p] \frac n {ip} \\ & = f(k / p, n) - [p\nmid k / p] f(k / p, n / p). \end{aligned} \]

类似地，

\[\begin{aligned} g(k, n) & = g(k / p, n) - [p\nmid k / p] \sum_{i = 1} ^ {\frac n p} [i\perp k / p] \mu(ip) \\ & = g(k / p, n) - [p\nmid k / p] \sum_{i = 1} ^ {\frac n p} [i\perp k / p] \mu(i)\mu(p)[i\perp p] \\ & = g(k / p, n) + [p\nmid k / p] \sum_{i = 1} ^ {\frac n p} [i\perp k / p\land i\perp p] \mu(i) \\ & = g(k / p, n) + [p\nmid k / p] g(k, n / p). \end{aligned} \]

空间是 \(\mathcal{O}(V\sqrt V)\)，具体分析一下大约是 \(3V\sqrt V\)（\(1\sim \sqrt V\)，\(a, b\) 的大于 \(\sqrt V\) 的整除值），还要开 \(f, g\) 两个数组，不够用。

注意到递推时 \(k\) 这个维度仅和 \(k / p\) 有关（来自 LHF 的题解），因此考虑按添加质因数的方式枚举 \(k\)，就可以用 \(\mathcal{O}(\omega(V))\) 个线性数组存下信息。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(V\sqrt V)\)。代码。