Mobius 反演与杜教筛

积性函数

积性函数 指对于所有互质的整数 $a$ 和 $b$ 有性质 $f(ab)=f(a)f(b)$ 的数论函数。

特别地，若所有的整数 $a$ 和 $b$ 有性质 $f(ab)=f(a)f(b)$，则称这个函数 $f(x)$ 是 完全积性函数。

常见积性函数及其性质

1. Mobius 函数。$\forall n\in\N^*$ 有 $\mu(n)=\begin{cases}1,n=1\\ (-1)^k,n=\prod_{i=1}^{k}{p_k},\\ 0,\text{otherwise.}\end{cases}$
   其中 $p$ 是互不相同的素数；

2. Euler 函数。$\varphi(n)$ 表示不大于 $n$ 的、与 $n$ 互素的数的个数；

3. 约数个数函数。$d(n)$ 表示 $n$ 的约数个数；

4. 约数和函数。$\sigma(n)$ 表示 $n$ 的约数之和。

完全积性函数

5. 元函数。$\epsilon(x)=[x=1]$。

6. 恒等函数。$I(x)=1$。所谓恒等就是函数值恒等于 $1$。

7. 单位函数。$id(n)=n$。
   
   

Dirichlet （狄利克雷）卷积

两个数论函数 $f(x),g(x)$ 的 Dirichlet 卷积$h(x)=(f*g)(x)=\sum_{d|x}f(d)g(\frac xd)$

显然，Dirichlet 卷积满足交换律、结合律、分配律。而且有$f*\epsilon=f$

Mobius 函数的性质

$\forall n\in\N^*$ 有 $\sum_{d|n}\mu(d)=\epsilon(n)$即$\mu*I=\epsilon$

Euler 函数的性质

$\forall n\in\N^*$ 有 $\sum_{d|n}\varphi(d)=n$即$\varphi*I=id$

Mobius 反演

Mobius 反演（莫比乌斯反演） 是数论数学中很重要的内容，可以用于解决很多组合数学的问题。

结论 设 $f,g$ 为数论函数，且 $f=\sum_{d|n}g(d)$则$g=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac nd)$
证明： 易知$f=g*I$
左右两边同时卷上 $\mu$，得$f*\mu=g*I*\mu$
因为 $\mu*I=\epsilon$，则有$f*\mu=g$即$g=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac nd)$原命题得证。


事实上，我们做题的时候主要用以下形式。

若$F(x)=\sum_{x|d}f(d)$则有$f(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac dx)F(d)$证明与上类似，此略。

杜教筛

杜教筛 是在低于线性的时间复杂度，求一个积性函数前缀和的算法。
（找不到定义，只好自己编一个）

和式的推导

今需计算积性函数 $f(x)$ 的前缀和$S(n)=\sum_{i=1}^{n}{f(i)}$
为了解决这个问题，构造积性函数 $g(x),h(x)$ 使$f*g=h$
则$\begin{aligned}\sum_{i=1}^{n}h(x)&=\sum_{i=1}^{n}f(x)*g(x)\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)·\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}{f(i)}\\ &=\sum_{d=1}^n{g(d)}·S(\lfloor\frac nd\rfloor)\\ &=g(1)·S(n)+\sum_{d=2}^{n}g(d)·S(\lfloor\frac nd\rfloor)\end{aligned}$
所以$g(1)·S(n)=\sum_{i=1}^{n}{h(i)}-\sum_{d=2}^{n}{g(d)·S(\lfloor\frac nd\rfloor)}$

那么问题来了，$g,h$ 到底取什么呢？

例 1

求$S(n)=\sum_{i=1}^{n}{\mu(i)}$


由上面的套路，得$g(1)·S(n)=\sum_{i=1}^{n}{h(x)}-\sum_{d=2}^{n}{g(d)·S(\lfloor\frac nd\rfloor)}$
因为 $\mu*I=\epsilon$，所以不妨令 $g=I,h=\epsilon$ 得
$\begin{aligned}I(1)·S(n)&=\sum_{i=1}^{n}{\epsilon(x)}-\sum_{d=2}^{n}{I(d)·S(\lfloor\frac nd\rfloor)}\\ S(n)&=1-\sum_{d=2}^{n}{S(\lfloor\frac nd\rfloor)}\end{aligned}$

例 2

求$S(n)=\sum_{i=1}^{n}{\varphi(i)}$
容易想到$\varphi*I=id$
由上面的套路得$S(n)=\sum_{i=1}^{n}{i}-\sum_{d=2}^{n}{S(\lfloor \frac nd\rfloor)}$

luogu 杜教筛模板

luogu P4213

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>

#define reg register
typedef long long ll;
const int MAXN=5000010;
const int MOD=15e5+7;

int T,n;
bool vis[MAXN];
int p[MAXN];
int phi[MAXN];
int mu[MAXN];
ll S_phi[MAXN];
int S_mu[MAXN];
int Hmu[MOD+10];
ll Hphi[MOD+10];
int len=0;

void init(){
	memset(vis,1,sizeof(vis));
	vis[0]=vis[1]=0;phi[1]=mu[1]=1;
	for(reg ll i=2;i<=MAXN;++i){
		if(vis[i]){
			p[++len]=i;
			phi[i]=i-1;
			mu[i]=-1;
		}
		for(reg int j=1;j<=len&&(i*p[j]<=MAXN);++j){
			vis[i*p[j]]=0;
			if(i%p[j]!=0){
				phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
				mu[i*p[j]]=-mu[i];
			}
			else{
				phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
				mu[i*p[j]]=0;
				break;
			}
		}
	}
	S_phi[0]=S_mu[0]=0;
	for(reg int i=1;i<=MAXN;++i){
		S_phi[i]=S_phi[i-1]+phi[i];
		S_mu[i]=S_mu[i-1]+mu[i];
	}
}
ll Sphi(int x){
	if(x<MAXN) return S_phi[x];
	if(Hphi[x%MOD]) return Hphi[x%MOD];
	ll sum=0;
	for(int l=2,r;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l);
		sum+=Sphi(x/l)*(r-l+1);
	}
	ll s=(1ll+x)*x/2;
	return Hphi[x%MOD]=s-sum;
}
int Smu(int x){
	if(x<MAXN) return S_mu[x];
	if(Hmu[x%MOD]) return Hmu[x%MOD];
	ll sum=0;
	for(int l=2,r;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l);
		sum+=Smu(x/l)*(r-l+1);
	}
	return Hmu[x%MOD]=1-sum;
}
int main(){
	init();
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		printf("%lld %d\n",Sphi(n),Smu(n));
	}
}