参考文档:

https://wenku.baidu.com/view/fbec9c63ba1aa8114431d9ac.html

假设$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$,那么$f(n)=\sum_{d|n}μ(d)F(\frac{n}{d})$

假设$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$,那么$f(n)=\sum_{n|d}μ(\frac{d}{n})F(d)$

μ(d)即莫比乌斯系数，

$μ(d)=1(n==1)$

$μ(d)=(-1)^k,d=p1*p2*...*pk，p1，p2，pk$是互不相同的素数，否则μ(d)=0

$\sum_{d|n}μ(d)=1(n==1)$

$\sum_{d|n}μ(d)=0(n!=1)$

即[n==1] == $\sum_{d|n}μ(d)$

积性函数：$f(x*y)=f(x)*f(y)$(x,y互质)

完全积性函数:$f(x*y)=f(x)*f(y)$(x,y任意整数)

莫比乌斯函数也是积性函数

重要用途:容斥

假设$f(n)$表示gcd=k的方案数,$F(n)$表示gcd=k的倍数的方案数,那么有$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$

有莫比乌斯反演,$f(n)=\sum_{n|d}μ(\frac{d}{n})F(d)$,再利用整除分块前缀和搞一搞就能优化到$\sqrt{n}$

常见的数论函数

$I(n)=1$(常函数）

$\mu(n)$(莫比乌斯函数)

$\phi(n)$(欧拉函数)

$\e(n)=[n==1]$(单位函数)

$id(n)=n$

$d(n)=(p_1+1)*...*(p_k+1),(n=a_1^{p_1}*...*a_k^{p_k})$约数个数函数

因为$\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]$,所以$I*\mu=\e$

因为$n=\sum_{d|n}\phi(d)$，所以$I*\phi=id$

#狄利克雷卷积

定义：$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)*g(\frac{n}{d})$

杜教筛：求$\sum_{i=1}^n \mu(i)(1<=n<=1e10)$

设$S(n)=\sum_{i=1}^n \mu(i)$

由狄利克雷卷积

$\sum_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\phi(\frac{n}{d})*g(d)=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}f(i)=\sum_{d=1}g(d)*S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$

$\sum_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum_{d=1}^ng(d)*S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$

那么有$g(1)*S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{d=2}^ng(d)*S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$

让$g=I$(常函数),由于当$f=\mu$时，$\mu*I=\e$，那么$S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{d=2}^nS(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)=1-\sum_{d=2}^nS(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$

当$f=\phi$时，$\phi*I=id$,那么$S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{d=2}^nS(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)=n*(n+1)/2-\sum_{d=2}^nS(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$

复杂度$O(n^{\frac{2}{3}})$,前$n^{\frac{2}{3}}$预处理，后面的根据分块记忆化递推

板子题：https://www.cnblogs.com/acjiumeng/p/9523233.html

积性函数倍数和

$\sum_{i=1}^mf(i*n)=-\sum_{i=1}^mf(i*\frac{n}{d})+\sum_{i=1}^{ \lfloor \frac{m}{d} \rfloor}f(i*n)$

$d(n*m)=\sum_{i|n}\sum_{j|m}[gcd(i,j)==1]$

欧拉函数性质:所有小于n和n互质的数的和为$\frac{n*\phi(n)}{2}$,即$\sum_{i=1}^{n-1}i[(i,n)==1]=\frac{n*\phi(n)}{2}$

证明:gcd(n,i)=1,那么gcd(n,n-i)=1.反证法:假设gcd(n,n-i)=k,那么n-i%k=0,n%k=0,则i%k=0,那么gcd(n,i)=k,那么这些数成对出现,而且加起来是n

$\sum_{i=1}^n\mu(i)^2=\sum_{i=1}^{\sqrt(n)}\mu(i)*{\lfloor \frac{n}{i^2} \rfloor}$

$\sum_{d|n}\mu(d)^2*\mu(\frac{n}{d})=\sum_{d=1}^{\sqrt(n)}\mu(i)$

$\mu(lcm(i,j))=\mu(i)*\mu(j)*\mu(gcd(i,j))$