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莫比乌斯函数

首先把$n$按照唯一分解定理变成$\large\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}$
那么若$\forall x\in p$

\[\mu(n)=\begin{cases}1,n=1\\0,n=qx^2\\(-1)^k,otherwise\end{cases} \]

那么就可以用线性筛来解决，代码

inline void init(){
    mu[1]=1; register int m=0;
    for (register int i=2;i<=N;++i){
        if (!v[i]) v[i]=i,prime[++m]=i,mu[i]=-1;
        for (register int j=1;j<=m&&prime[j]<=N/i;++j){
            v[prime[j]*i]=prime[j];
            if (i%prime[j]==0) break;
            mu[prime[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
}

整除分块

Example

求

\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

分析

可以感性理解，一个数$n$最多有$2\sqrt n$中取值，那么其实只有$2\sqrt n$次枚举是有意义的；
当然，也可以理解成只有正好$\large\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\frac{n}{i}$才是需要枚举的，
因为其它取值都可以等同于下取整，所以枚举$n$的约数个数次是最优的，不管怎样，其实也是容易理解的

代码

register int ans=0;
for (register int l=1,r;l<=k;l=r+1){
    r=n/(n/l);
    ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

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欧拉函数的性质（常用）

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

莫比乌斯函数的性质

\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1] \]

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

第二条性质证明在狄利克雷卷积部分

莫比乌斯反演（常用）

若$F(n)$和$f(n)$是非负整数集合中的两个函数，且满足

\[F(n)=\sum_{d|n}f(d) \]

那么

\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d}) \]

证明：

\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)=\sum_{k|n}f(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)=f(n) \]

积性函数

定义

对于一个数论函数$f$，且$f(1)=1$,满足任意两个互质的整数$p,q$

都满足$f(pq)=f(p)\times f(q)$，那么这个函数就是积性函数

特别地，若任意整数$p,q$都满足$f(pq)=f(p)\times f(q)$，那么就是完全积性函数

Example（积性函数）

莫比乌斯函数：$\mu(n)$
欧拉函数：$\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[gcd(n,i)==1]$
约数个数：$d(n)=\sum_{d|n}1$
约数和函数：$\sigma(n)=\sum_{d|n}d$

完全积性函数

元函数：$\epsilon(n)=[n==1]$
恒等函数：$I(n)=1$
单位函数：$id(n)=n$

狄利克雷卷积

定义

两个数论函数$f,g$的卷积为$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)*g(\frac{n}{d})$，一般后面括号省略不写，默认为$n$
感性理解，它满足交换律、结合律和分配率，即
交换律：$(f*g)=(g*f)$
结合律：$((f*g)*h)=(f*(g*h))$
分配率：$((f+g)*h)=(f*h)+(g*h)$
可以知道$(f*\epsilon)=f$

证明性质

换一种方法证明莫比乌斯反演
$f(n)=\sum_{d|n}F(d)\times \mu(\frac{n}{d})$
已知$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$
也就是$F=(f*I)$
同时卷上$\mu$得到
$F*\mu=f*I*\mu$
已知$\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]$
也就是$\mu*I=\epsilon$
所以$F*\mu=f*\epsilon=f$
所以$f=F*\mu$

再来证明

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

根据欧拉函数的性质$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$
也就是$\varphi*I=id$
同乘$\mu$得到
$\varphi*I*\mu=id*\mu$
所以$\varphi*\epsilon=\varphi=id*\mu$
即$\varphi(n)=\sum_{d|n}d*\mu(\frac{n}{d})$
同除$n$得到
$\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}$
这有什么用吗？？等到杜教筛狄利克雷卷积就很重要了，然而在这里不是重点
对了，一大重点就是两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是一个积性函数，对于一个积性函数，可以分解质因数，分别处理每个质数及其指数的幂的答案再相乘

Bzoj 3601 一个人的数论

题目

已知$f_d(n)$表示所有小于$n$且与$n$互质的正整数的$d$次方的和，给出$n=\prod_{i=1}^{cnt}p_i^{c_i}$，和$d$，求$f_d(n)\bmod 1000000007$

分析

那么$f_d(n)=\sum_{i=1}^ni^d*[gcd(n,i)==1]$
根据$\sum_{k|n}\mu(k)=[n==1]$(非常有用)
得到$$f_d(n)=\sum_{i=1}^ni^d*(\sum_{k|n,k|i}\mu(k))$$

\[f_d(n)=\sum_{k|n}\sum_{i=1}^n[k|i]i^d\mu(k) \]

\[\large f_d(n)=\sum_{k|n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}(ki)^d\mu(k) \]

\[f_d(n)=\sum_{k|n}\mu(k)k^d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}i^d \]

后面这个东西把它变成$s(n)$，感性理解，是一个关于$n$的$d+1$次多项式，也就是可以表示成$\sum_{i=0}^{d+1}a_in^i$，其中$a_i$可以高斯消元得到
那么$$f_d(n)=\sum_{i=0}^{d+1}a_i\sum_{k|n}\mu(k)k^d(\frac{n}{k})^i$$
后面这坨变成了狄利克雷卷积，可以用积性函数解决
也就是若$g(k)=\sum_{k|n}\mu(k)k^d(\frac{n}{k})^i$
把$n$质因数分解，分别求出单个质数的指数次幂的答案再相乘
$g(p^t)=\sum_{j=0}^t\mu(p^j)p^{dj}p^{(t-j)i}$
因为$\begin{cases}\mu(p^0)=1\\ \mu(p^1)=-1\\otherwise\mu(p^t)=0\end{cases}$
所以$g(p^t)=p^{ti}-p^dp^{(t-1)i}=p^{ti}(1-p^{d-i})$

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int b[1011][2],a[111][111],c[111],m,n,ans;
inline signed iut(){
    rr int ans=0; rr char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
    return ans;
}
inline void swap(int &a,int &b){rr int t=a;a=b,b=t;}
inline signed ksm(int x,int y){
    rr int ans=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
        if (y&1) ans=1ll*ans*x%mod;
    return ans;
}
inline void init(){
    for (rr int i=0;i<m+2;++i){
        a[i][0]=1;
        for (rr int j=1;j<m+2;++j) a[i][j]=1ll*a[i][j-1]*(i+1)%mod;
        a[i][m+2]=a[i][m]+(i>0?a[i-1][m+2]:0),a[i][m+2]-=mod*(a[i][m+2]>=mod);
    }
    for (rr int i=0;i<m+2;++i){
        for (rr int j=i;j<m+2;++j) if (a[j][i])
            for (rr int k=0;k<m+3;++k) swap(a[i][k],a[j][k]);
        for (rr int j=0;j<m+2;++j) if (i!=j&&a[j][i]){
            rr int elim=1ll*a[j][i]*ksm(a[i][i],mod-2)%mod;
            for (rr int k=i;k<m+3;++k)
                a[j][k]=a[j][k]-1ll*a[i][k]*elim%mod,a[j][k]+=mod*(a[j][k]<0);
        }
    }
    for (rr int i=0;i<m+2;++i)
        c[i]=1ll*a[i][m+2]*ksm(a[i][i],mod-2)%mod;
    return;
}
signed main(){
    m=iut(); n=iut(); init();
    for (rr int i=1;i<=n;++i) b[i][0]=iut(),b[i][1]=iut();
    for (rr int i=0;i<m+2;++i){
        rr int mul=1;
        for (rr int j=1;j<=n;++j)
            mul=1ll*mul*ksm(b[j][0],1ll*b[j][1]*i%(mod-1))%mod,
            mul=1ll*mul*(mod+1-ksm(b[j][0],m-i+(mod-1)*(m<i)))%mod;
        mul=1ll*mul*c[i]%mod,ans=ans+mul-mod*(ans+mul>=mod);
    }
    return !printf("%d",ans+mod*(ans<0));
}

后续

参考于pengym的杜教筛

原文地址：https://www.cnblogs.com/Spare-No-Effort/p/13855219.html

莫反及杜教筛前置知识小记