由于不想再估了，所以把之前写的 copy 一遍，顺便复习一下。（捂脸）
整除分块
考虑这样一个问题，求：
\[\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor
\]
因为题目要求的是向下取整，所以肯定会有一些相同的部分，对于这些相同的部分可以直接一起累加。
给定一个数\(k\)，满足\(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)相同的最大的\(x\)就是\(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\rfloor\)。
于是代码大概是这样的：
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans+=(r-l+1)*(n/l);
}
时间复杂度：\(O(\sqrt{n})\)
时间复杂度的证明：
\(\lfloor\frac{n}{a}\rfloor\)最多有\(2\sqrt{n}\)种取值。当\(a<=\sqrt{n}\)时，共有\(\sqrt{n}\)取值；当\(a>\sqrt{n}\)时，\(\lfloor\frac{n}{a}\rfloor<\sqrt{n}\)，也是共有\(\sqrt{n}\)种取值。每次都是将同一种取值的范围全部取完，所以复杂度就是\(O(\sqrt{n})\)。
数论函数
在数论上，算术函数（或称数论函数）指定义域为正整数、陪域为复数的函数，每个算术函数都可视为复数的序列。-百度百科
默认下面讲到的都是数论函数。
函数的运算：
\[f,h\text{为函数，}k,n\text{为常数}
\]
\[(f+h)(n)=f(n)+h(n)
\]
\[(kf)(n)=k\cdot f(n)
\]
积性函数
如果对于任意的\(\gcd(n,m)=1\)，都满足\(f(nm)=f(n)f(m)\)，我们就称这个函数是积性函数。
如果即使不满足\(\gcd(n,m)=1\)，也有\(f(nm)=f(n)f(m)\)，那么就称这个函数是完全积性函数。
常见的积性函数：
\[\varphi(n)\text{表示小于}n\text{且和}n\text{互质的数的个数}
\]
\[d(n)\text{表示}n\text{的因子个数}
\]
\[\sigma(n)\text{表示}n\text{的所有因子和}
\]
\[\text{莫比乌斯函数：}\mu(n)=\begin{cases}1\\(-1)^k\\0\end{cases}\begin{matrix}(n=1)\\(n=p_1p_2\dots p_k,p\in prime)\\(otherwise)\end{matrix}
\]
常见的完全积性函数：
\[\epsilon(n)=[n==1]
\]
\[id(n)=n
\]
\[I(n)=1
\]
积性函数的一个性质：两个积性函数的狄利克雷卷积还是积性函数。
狄利克雷卷积
数论函数\(f(n),g(n)\)的狄利克雷卷积是一个数论函数，定义为
\[t(n)=\sum_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum_{ab=n}f(a)g(b)
\]
简单记为：\(t=f*g\)
狄利克雷卷积满足的一些性质：
-
\[\text{交换律：}f*g=g*f
\]
-
\[\text{结合律：}(f*g)*h=f*(g*h)
\]
-
\[\text{分配律：}f*h+g*h=(f+g)*h
\]
-
\[(xf)*g=x(f*g)
\]
-
\[\epsilon *f=f
\]
-
\[\text{逆元：对于每一个}f(1)\ne 0\text{的函数}f\text{都存在函数}g\text{使得}f*g=\epsilon
\]
对于性质六，考虑构造一个满足条件的\(g\)：
由狄利克雷卷积的定义可以得到：
\[\sum_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})=f(1)g(n)+\sum_{d\mid n,d\ne 1}f(d)g(\frac{n}{d})=[n==1]
\]
所以有：
\[g(n)=\frac{1}{f(1)}([n==1]-\sum_{d\mid n,d\ne 1}f(d)g(\frac{n}{d}))
\]
和狄利克雷卷积相关的一些东西：
\[\mu * I=\epsilon
\]
证明：
原式就是\(\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n==1]\)
设\(n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\dots p_x^{k_x}(p\in prime)\)
若\(d\)分解后其中的某个质因子的次数大于1，那么\(\mu(d)=0\)，我们只考虑\(\mu(d)\ne 0\)的情况，相当于要证明：
\[\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\dots+(-1)^x\binom{x}{x}
\]
当\(n=1\)时，\(x=0\)，显然有\(\binom{0}{0}=1\)
当\(n\ne 1\)时，有：
\[\binom{x}{0}+\binom{x}{2}+\dots=\sum_{i=1}^{x-1}\binom{x-1}{i}
\]
\[\binom{x}{1}+\binom{x}{3}+\dots=\sum_{i=1}^{x-1}\binom{x-1}{i}
\]
两式相减就是原式，所以原式等于0。
\[\varphi * I=id
\]
证明：
原式就是\(\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n\)
写出\(n\)个分数：
\[\frac{1}{n},\frac{2}{n},\frac{3}{n},\cdots,\frac{n}{n}
\]
化简后，分数\(\frac{a}{d}\)存在当且仅当\(\gcd(a,d)=1,d\mid n\)。
所以分母为\(d\)的分数有\(\varphi(d)\)个。
由此我们可以得到\(\varphi\)和\(\mu\)的关系：
\[\because \varphi * I =id
\]
\[\therefore\varphi * I * \mu=id * \mu
\]
\[\therefore \varphi=id*\mu
\]
\[\text{即}\varphi(n) = \sum_{d\mid n}\frac{n}{d}* \mu(d)
\]
\[\therefore\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d\mid n}\frac{\mu(d)}{d}
\]
杜教筛
杜教筛可以以低于线性的时间复杂度来计算积性函数的前缀和。
求：\(\sum_{i=1}^nf(i)\)
我们要构造两个积性函数\(h\)和\(g\)，使得\(h=f*g\)
设\(S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\)
\[\sum_{i=1}^nh(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}g(d)f(\frac{i}{d})
\]
\[\to=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)
\]
\[\to=\sum_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)
\]
\[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^nh(i)-\sum_{d=2}^ng(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)
\]
\(S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\)可以用整除分块，一般如果\(h\)的前缀和好求，那么就可以递归较快地求出\(S\)。
实现可以先筛出前一部分的函数值，然后递归求解答案，一般要用hash或者unordered_map记录\(f(n)\)。
举例：求\(\sum_{i=1}^n\mu(i)\)。
\[\mu*I=\epsilon
\]
\[I(1)S(n)=\sum_{i=1}^n\epsilon(i)-\sum_{d=2}^nI(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)=1-\sum_{d=2}^nS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)
\]
莫比乌斯反演
莫比乌斯反演定理：
\[F(n)=\sum_{d\mid n}f(d)\Leftrightarrow f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d})F(d)
\]
证明如下：
\[\because F(n)=\sum_{d\mid n}f(d)
\]
\[\therefore\sum_{k\mid n}\mu(\frac{n}{k})F(k)=\sum_{k\mid n}\mu(\frac{n}{k})\sum_{d\mid k}f(d)=\sum_{d\mid n}f(d)\sum_{k\mid \frac{n}{d}}\mu(k)=\sum_{d\mid n}f(d)[n==d]=f(n)
\]
其实还有更简便的证明：
\[\because F=f*I
\]
\[\therefore F*\mu=f*I*\mu=f
\]
\[\text{即}f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d})F(n)
\]
另一种形式：
\[F(d)=\sum_{d\mid n}f(n)\Leftrightarrow f(d)=\sum_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d})F(n)
\]
举例：求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)\)。
\[\text{设}f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)==x]
\]
\[\text{设}F(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[x\mid\gcd(i,j)]=\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{x}\rfloor
\]
\[\text{那么有：}F(x)=\sum_{x\mid d}f(d)
\]
\[f(x)=\sum_{x\mid d}F(d)\mu(\frac{d}{x})=\sum_{x\mid d}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\mu(\frac{d}{x})
\]
答案就是：
\[\sum_{i=1}^{\min(n,m)}i\cdot f(i)=\sum_{i=1}^{\min(n,m)}i\sum_{i\mid d}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\mu(\frac{d}{i})
\]
\[\to=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\sum_{i\mid d}i\cdot \mu(\frac{d}{i})
\]
\[\to=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\varphi(d)
\]
\(\varphi(d)\)可以直接线性筛得到，如果只是单组询问，可以直接\(O(n)\)做，否则把后面部分做个前缀和，然后就可以整除分块做了。
附整除分块的代码：
int mx=min(n,m),ans=0;
for(int l=1,r;l<=mx;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=sum[r]-sum[l-1];
}
模板题：
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P1447 [NOI2010]能量采集
-
P2257 YY的GCD
不那么模板的题目：
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P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB(注：此题并没有用到莫比乌斯反演，而是用到了莫比乌斯函数的一个性质)
-
P3768 简单的数学题（注：此题要用杜教筛）
可能可以做的题目：
-
P3704 [SDOI2017]数字表格
-
[MtOI2019]幽灵乐团
-
一个人的数论
