趣味数论
数论分块
\(\lfloor \dfrac ni \rfloor\) 在 \(1 \leq i \leq n,i \in Z\) 时只有 \(O(\sqrt n)\) 种取值。
积性函数
满足对于任意 \(\gcd(x,y)=1\) 的 \((x,y)\)，\(f(x)f(y)=f(xy)\) 的函数 \(f\) 是积性函数。
满足对于任意的 \((x,y)\)，\(f(x)f(y)=f(xy)\) 的函数 \(f\) 是完全积性函数。
部分积性函数：\(1(n)=1\)，\(Id_k(n)=n^k\)，\(Id(n)=n\)，\(\varepsilon(n)=[n=1]\)，欧拉函数 \(\varphi(n)\)，\(\sigma_k(n)=\sum_{d|n}d^k\)，莫比乌斯函数 \(\mu(n)\)。
狄利克雷卷积
狄利克雷卷积是两个函数的运算，结果也是一个函数。
这个式子展示了 \(f\) 和 \(g\) 经过狄利克雷卷积得到的函数的表达式，其中 \(f*g\) 就是两者狄利克雷卷积的结果。
一些结论
狄利克雷卷积满足交换律结合律，\(\varepsilon\) 为狄利克雷卷积的单位元，两个积性函数狄利克雷卷积的结果仍然为积性函数。
\(1*\mu=\varepsilon\)，\(1*\varphi=Id\)，\(Id*\mu=\varphi\)，\(Id_k*1=\sigma_k\)。
杜教筛
求 \(S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)\)，其中 \(f\) 为积性函数。
构造函数 \(h,g\)，满足 \(h=f*g\)，则有：
因此
在 \(n\) 大时用数论分块递归到小一些的 \(S(n)\) 上，\(n\) 小时用线性筛预处理出 \(S(n)\) 直接回答。
取 \(B=n^{\frac 23}\)，\(n>B\) 时递归，\(n \leq B\) 部分线性筛，总体复杂度 \(O(n^{\frac 23})\)（假设 \(h\) 与 \(g\) 的前缀和计算是 \(O(1)\) 的）。
贝尔级数
取积性函数 \(f\)，根据积性函数的定义，我们知道若 \(n=\prod_{i=1}^{m}p_i^{k_i}\)，则有 \(f(n)=\prod_{i=1}^{m}f(p_i^{k_i})\)。
喜欢生成函数的小朋友灵机一动，定义了积性函数 \(f\) 的贝尔级数为：
一些结论
下面给出一些平凡的积性函数的贝尔级数：
- \(\varepsilon \to 1\)
- \(1 \to \dfrac{1}{1-x}\)
- \(Id_k \to \dfrac{1}{1-p^kx}\)
- \(1^{-1}=\mu \to 1-x\)
- \(\mu^2 \to 1+x\)
- \(\sigma_0 \to \dfrac{1}{(1-x)^2}\)
- \(\sigma_k \to \dfrac{1}{(1-x)(1-p^kx)}\)
- \(\varphi \to \dfrac{1-x}{1-px}\)
- \(\omega(n)=2^{\text{prime factor number of n}} \to \dfrac{1+x}{1-x}\)
两个积性函数做狄利克雷卷积，相当于是它们的贝尔级数乘起来。
这个性质非常强劲，意味着我们做杜教筛的时候不再需要在茫茫函数中寻找，而是可以有迹可循地构造。
下面展示部分杜教筛原理的贝尔级数视角：
- \(1*\mu=\varepsilon \to \dfrac{1}{1-x} \times (1-x)=1\)
- \(1*\varphi=Id \to \dfrac{1}{1-x} \times \dfrac{1-x}{1-px}=\dfrac{1}{1-px}\)
- \(Id*\mu=\varphi \to \dfrac{1}{1-px} \times (1-x)=\dfrac{1-x}{1-px}\)
- \(Id_k*1=\sigma_k \to \dfrac{1}{1-p^kx} \times (1-px)=\dfrac{1}{(1-x)(1-p^kx)}\)
例题：AT_xmascon19_d Sum of (-1)^f(n)
刻画一下 \((-1)^{f(n)}\) 的贝尔级数，是 1 -1 1 -1 1 -1...，也就是 \(\frac 1{1+x}\)。
注意到 \(\frac 1{1+x} \times \frac 1{1-x}=\frac 1{1-x^2}\)，对应到原函数上，就是 \((-1)^{f(n)} * 1=[\text{n is a square number}]\)，于是不难杜教筛了。
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