Dirichlet 卷积是两个定义域在正整数上的函数的如下运算，符号为 $*$
$(f * g)(n) = sum_{d|n}f(d)g(frac{n}{d})$
如果不强调 $n$ 可简写为 $f * g$
常用：
$mu * 1 = epsilon$
$phi * 1 = id$
$epsilon(n) = [n=1]$
$id(n)=n$
Mobius 反演是基于 Dirichlet 卷积的一种....化简式子的方法？
比较有用的结论就是 $mu * 1 = [n=1]$
由这个可以引出两个式子
1.如果 $$F(n) = sum_{n|d}f(d)$$
则 $$f(n) = sum_{n|d} F(d)mu(lfloor frac{d}{n} floor)$$
2.如果 $$F(n) = sum_{d|n}f(d)$$
则 $$f(n) = sum_{d|n} mu(lfloor frac{n}{d} floor)F(d)$$
还有一个很好用的东西叫做数论分块，即 $lfloor frac{n}{i} floor$ 只有 $sqrt{n}$ 种取值
知道这些就可以做题了
bzoj1101 Zap
求$$sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==k]$$
sol：先除以 $k$ ，转化为 $$sum_{i=1}^x sum_{j=1}^y[gcd(i,j)==1] space space (x = lfloor frac{n}{k} floor,y=lfloor frac{m}{k} floor)$$
然后发现 $[gcd(i,j)==1]$ 是一个 $[n=1]$ 的形式，我们把它转化成 $mu * 1$
得到
$$sum_{i=1}^x sum_{i=1}^y sum_{d|gcd(i,j)} mu(d)$$
因为 $d|(gcd(x,y)$等价于 $d|x$ & $d|y$
而且 $1 hicksim n$ 中满足 $d|x$ 的 $x$ 数量为 $lfloor frac{n}{x} floor$
所以原式为 $$sum_{d=1}^x mu(d) lfloor frac{x}{d} floor lfloor frac{y}{d} floor$$
预处理 $mu$ 的前缀和，数论分块即可
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-')f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const int maxn = 50010; int ntp[maxn],pri[maxn],mu[maxn],tot; int sum[maxn]; void getmu() { mu[1]=1; for(int i=2;i<=50000;i++) { if(!ntp[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1; for(int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=50000;j++) { ntp[i*pri[j]]=1; if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;} else mu[i*pri[j]]=-mu[i]; } } for(int i=1;i<=50000;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i]; } int cal(int x,int y) { int ret = 0; if(x > y)swap(x,y); for(int L=1,R=0;L<=x;L=R+1) { R = min(x/(x/L),y/(y/L)); ret += (x/L) * (y/L) * (sum[R] - sum[L - 1]); }return ret; } int main() { int T = read(); getmu(); while(T--) { int a = read(),b = read(),d = read(); printf("%d ",cal(a / d,b / d)); } }
bzoj2154 Crash的数字表格 && bzoj2693 jzptab
求 $$sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m lcm(i,j)$$
$n,m leq 10^7$ 对于 bzoj2693 ，有 10000 组询问
sol：
首先我们知道 $lcm(i,j) = frac {i imes j}{gcd(i,j)} $
于是转化成 $$sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m frac {i imes j}{gcd(i,j)}$$
枚举 gcd $$sum_{d=1}^n sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j) == d]frac {i imes j}{d}$$
把 d 挪上去 $$sum_{d=1}^n sum_{i=1}^{lfloor n/d floor} sum_{j=1}^{lfloor m/d floor} [gcd(i,j) == 1]i imes j imes d$$
然后发现和式只有 1 个 d，我们把它拿出来 $$sum_{d=1}^n d imes sum_{i=1}^{lfloor n/d floor} sum_{j=1}^{lfloor m/d floor} [gcd(i,j) == 1]i imes j$$
换元一下$$sum_{d=1}^n d imes sum_{i=1}^{x} sum_{j=1}^{y} [gcd(i,j) == 1]i imes j space space (x = lfloor n/d floor,y = lfloor m/d floor)$$
发现后面是个板题，可以枚举 $gcd(i,j)$ 的因数然后反演一波
$$sum_{d=1}^n d imes sum_{i=1}^{x} sum_{j=1}^{y} i imes j imes sum_{p|i,p| j} mu(p)$$
把 $p|i$ 和 $p|j$ 这两个条件拆开
$$sum_{d=1}^{n}d imes sum_{p=1}^{x} mu(p) imes sum_{i=1}^{lfloor frac{x}{p} floor} i imes p imes sum_{j=1}^{lfloor frac{y}{p} floor} j imes p$$
记 $sum(n) = sum_{i=1}^n i$，用这个推一步就是
$$sum_{d=1}^{n}d imes sum_{p=1}^{x} mu(p) imes p^2 imes sum(lfloor frac{x}{p} floor) imes sum(lfloor frac{y}{p} floor)$$
然后把元换回来
$$sum_{d=1}^{n}d imes sum_{p=1}^{lfloor frac{n}{d} floor} mu(p) imes p^2 imes sum(lfloor frac{n}{d imes p} floor) imes sum(lfloor frac{m}{d imes p} floor)$$
发现 $lfloor frac{n}{d} floor$ 和 $lfloor frac{m}{d} floor$ 这两个东西也是可以数论分块的，预处理一下 $mu(i) imes i^2$ 就是数论分块套数论分块，时间复杂度是 $O(sqrt{n} imes sqrt{n}) = O(n)$ 的
做到这就可以做 bzoj 2154 了，但 bzoj 2693 还要再搞一点，毒瘤 bzoj 2693
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MOD = 20101009,maxn = 1e7 + 20; #define LL long long inline int read() { int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-') f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } int mu[maxn],pri[maxn],tot,ntp[maxn]; int n,m; int G[maxn],ans; int smu[maxn],sqr[maxn]; void getmu() { ntp[1]=1;mu[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { if(!ntp[i]){pri[++tot]=i;mu[i]=-1;} for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;++j) { ntp[i*pri[j]]=1; if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i]; else{mu[i*pri[j]]=0;break;} } } for(int i=1;i<=n;i++)smu[i]=(smu[i-1]+mu[i]+MOD)%MOD; } int cal(int xx,int yy) { LL ans=0; for(int L=1,R=0;L<=xx;L=R+1) { R=min(xx/(xx/L),yy/(yy/L)); int cur = 1LL * (1LL * (1+xx/L) * (xx/L) / 2 % MOD) * (1LL * (1+yy/L) * (yy/L) / 2 % MOD) % MOD; (ans += 1LL * (sqr[R] - sqr[L-1]) % MOD * cur % MOD) %= MOD; } return (ans+MOD)%MOD; } int main() { n=read(),m=read(); if(n>m)swap(n,m); getmu(); for(int i=1;i<=n;i++)sqr[i]=(sqr[i-1]+1ll*i*i%MOD*mu[i]%MOD+MOD)%MOD; for(int L=1,R=0;L<=n;L=R+1) { R=min(n/(n/L),m/(m/L)); int cur = 1LL * (L + R) * (R - L + 1) / 2 % MOD; (ans += 1LL * cal(n / L,m / L) * cur % MOD) %= MOD; } printf("%d ",ans); return 0; }
令 $t=p imes d$ ，这样就可以把 $p imes d$ 捆在一起枚举，式子变成
$$sum_{t=1}^n sum(lfloor frac{n}{t} floor) imes sum(lfloor frac{m}{t} floor) imes t imes sum_{d|t} d imes mu(d) $$
前缀和不太兹磁化简，我们考虑这个式子后面的部分，我们看一看
$$f(x)=x imes sum_{d|x} d imes mu(d)$$
经过仔(cha)细(kan)推(ti)理(jie)，发现 $f(x)$ 是 $id(x)$ 和 $g(x)=x^2 imes mu(x)$ 的 Dirichlet 卷积，而 $g(x)$ 和 $id(x)$ 都是积性函数，则他们的 Dirichlet 卷积也是积性函数
考虑线性筛出 $f(x)$
线性筛的话要考虑两个东西
1.$f(p)$ p 为质数
2.$f(p imes q)$ p为质数，p|q
对于 1. 我们可以观察/打表得出 $f(p) = p - p^2$
对于 2. 我们考虑 $f(n)$ 与 $f(q)$ 的差别，可以发现 $n$ 比 $q$ 多的因数一定都包含 $p^2$ ，因为 $n=p imes q$，所以后面 $sum_{d|n}d imes mu(d)$ 的值跟 $sum_{d|q}d imes mu(d)$ 的值是一样的，把前面的 $q$ 换成 $n$ 即可
于是 $f(n) = frac{f(q)}{q} imes n = f(q) imes p$
将 $f$ 带入原式可以得到答案就是
$sum_{t=1}^n sum(lfloor frac{n}{t} floor) imes sum(lfloor frac{m}{t} floor) imes f(t)$
预处理 $f$ 的单点值和前缀和，数论分块即可，单组询问 $O(sqrt{n})$
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define LL long long using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-') f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const int mod = 100000009,maxn = 10000050,n = 10000000; int ntp[maxn],tot,pri[maxn],f[maxn],sum[maxn]; void shaker() { ntp[1] = f[1] = 1; for(int i=2;i<=n;i++) { if(!ntp[i])pri[++tot] = i,f[i] = (((i - (i * i)) % mod) + mod) % mod; for(int j=1;j<=tot && i * pri[j] <= n;j++) { ntp[i * pri[j]] = 1; if(i % pri[j] == 0) { f[i * pri[j]] = f[i] * pri[j] % mod; break; } else f[i * pri[j]] = f[i] * f[pri[j]] % mod; } } for(int i=1;i<=n;i++)sum[i] = (sum[i - 1] + f[i]) % mod; } int sig(int x){return (x * (x + 1) / 2) % mod;} int cal(int a,int b) { int ans = 0;if(a > b)swap(a,b); for(int L=1,R=0;L<=a;L=R+1) { R = min(a / (a / L),b / (b / L)); ans = (ans + (sum[R] - sum[L - 1] + mod) % mod * sig(a / L) % mod * sig(b / L) % mod) % mod; }return ans; } signed main() { shaker(); int T = read(); while(T--) { int a = read(),b = read(); printf("%lld ",cal(a,b)); } }
杜教筛用到了 Dirichlet 卷积的性质：如果 $f$ 是积性函数，$g$ 是积性函数，则 $f *g$ 是积性函数
杜教筛主要用来解决积性函数前缀和的问题，具体方法是给积性函数前缀和卷上一个积性函数 $g$
快速求出 $g$ 的前缀和和 $f *g$ 的前缀和
之后分块求原积性函数前缀和
推导有点复杂，不过也是基础 Mobius 反演
假设我们需要计算 $S(n) = sum_{i=1}^n f(i)$
先大力推一波式子
$$sum_{i=1}^n(f*g)(i) = sum_{i=1}^n sum_{d|i}g(d) imes f(frac{i}{d})$$
把两个 $sum$ 拆开·，把 $d$ 放到指标上
$$sum_{d=1}^n g(d) imes sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d} floor}f(i)$$
发现后面可以用 $S$ 表示
$$sum_{d=1}^n g(d) imes S(lfloor frac{n}{d}
floor)$$
我们要求 $S(n)$ 也就是 $frac{g(1) imes S(n)}{g(1)}$ ，我们可以先求出 $g(1) imes S(n)$
也就是$sum_{i=1}^n(f*g)(i) - sum_{i=2}^n g(i) imes S(lfloor frac{n}{i} floor)$
后面那项可以递归下去，预处理 $S$ 的前 $O(n^{frac{2}{3}})$ 项就可以 $O(n^{frac{2}{3}})$ 的时间筛出 $S(n)$
bzoj3944 Sum
求 $phi$ 的前缀和
求 $mu$ 的前缀和
10 组询问，每组 n 不超过 INT_MAX
sol：
已经知道
$mu * 1 = epsilon$
$phi * 1 = id$
先来算 $phi$ 的前缀和，取 $g = 1$，记 $S(i) = sum_{i=1}^n phi(i)$，则$g(1)S(n) = sum_{i=1}^n i - sum_{i=2}^nS(lfloor frac{n}{i} floor)$，后面的数论分块一下
$mu$ 的前缀和的话，跟 $phi$ 一样，把$ sum_{i=1}^n i $ 换成 $1$ 就可以了（因为 $epsilon$ 的前缀和是 $1$）
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-') f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const LL _Bound = 2500000; int pri[_Bound + 10],tot; LL mu[_Bound + 10]; LL phi[_Bound + 10]; char ntp[_Bound + 10]; map<LL,LL> _phi,_mu; void sieve() { ntp[1] = phi[1] = mu[1] = 1;phi[0] = mu[0] = 0; for(LL i=2;i<=_Bound;i++) { if(!ntp[i])pri[++tot] = i,phi[i] = i - 1,mu[i] = -1; for(LL j=1;j<=tot && (LL)pri[j] * i <= (LL)_Bound;j++) { ntp[i * pri[j]] = 1; if(i % pri[j] == 0) { mu[i * pri[j]] = 0; phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j]; break; } else { mu[i * pri[j]] = -mu[i]; phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1); } } } for(int i=2;i<=_Bound;i++) { phi[i] += phi[i - 1]; mu[i] += mu[i - 1]; } } inline pair<LL,LL> getans(LL n) { if(n < _Bound)return make_pair(phi[n],mu[n]); map<LL,LL>::iterator it = _phi.find(n); if(it != _phi.end())return make_pair(_phi[n],_mu[n]); LL ans_phi = n * (n + 1) / 2,ans_mu = 1; pair<LL,LL> cur; for(LL L=2,R=0;L<=n;L=R+1) { R = n / (n / L);cur = getans(n / L); ans_phi -= (R - L + 1) * cur.first; ans_mu -= (R - L + 1) * cur.second; } _phi[n] = ans_phi,_mu[n] = ans_mu; return make_pair(_phi[n],_mu[n]); }/* inline LL getmu(LL n) { if(n < _Bound)return mu[n]; map<LL,LL>::iterator it = _mu.find(n); if(it != _mu.end())return _mu[n]; LL ans = 1; for(LL L=2,R=0;L<=n;L=R+1) { R = n / (n / L); ans -= (R - L + 1) * getmu(n / L); }return _mu[n] = ans; }*/ int main() { int T = read(); sieve(); while(T--) { LL n = read();pair<LL,LL> ans = getans(n); printf("%lld %lld ",ans.first,ans.second); } }
bzoj4652 NOI2016 循环之美
求$$sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j) == 1][gcd(j,k)==1]$$
$n,m leq 10^9,k leq 2000$
（当然原题并没有给出这个式子，手推一会就能推出来的嘛
sol：
化简一下式子
$$sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j) == 1][gcd(j,k)==1]$$
把 k 放下来
$$sum_{i=1}^n sum_{j=1,gcd(j,k)==1}^m [gcd(i,j) == 1]$$
后面反演一波
$$sum_{i=1}^n sum_{j=1,gcd(j,k)==1}^m sum{x|gcd(i,j)} mu(x)$$
转换枚举顺序
$$sum_{x=1,gcd(x,k)==1}^nmu(x)sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{x} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{x} floor} gcd(j,k) == 1$$
发现有一层的枚举是没啥必要的
$$sum_{x=1,gcd(x,k)==1}^nmu(x)lfloor frac{n}{x} floorsum_{j=1}^{lfloor frac{m}{x} floor} gcd(j,k) == 1$$
现在把这个问题转换成了两个前缀和即
$$f(x)=sum_{i=1}^n[gcd(i,k)==1]$$
$$g(x)=sum_{i=1}^nmu(i)[gcd(i,k)==1]$$
第一个式子很好求，根据辗转相除法，$f(n) = f(nspace mod space k) + lfloor frac{n}{k} floor f(k)$
预处理 $f$ 的前 $k$ 项就可以 $O(1)$ 求了
对于 $g(x)$ ，我们记它对 k 的值为 $G(n,k)$ ，则有
$$G(n,k)=sum_{i=1}^nmu(i)[gcd(i,k)==1]$$
反演
$$G(n,k)=sum_{i=1}^nmu(i) sum_{x|i,x|k} mu(x)$$
调一下求和顺序
$$G(n,k)=sum_{x|k} mu(x) sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{x} floor} mu(x imes i)$$
发现 $mu(x imes i)$ 这一项很有趣，如果 $gcd(i,j)==1$ ，它就是 $mu(i) imes mu(x)$ ，否则它是 $0$
于是就可以用类似“反莫比乌斯反演”（莫比乌斯正演？）的方法把它搞成
$$G(n,k)=sum_{x|k} [mu(x)]^2 sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{x} floor} mu(i)[gcd(i,x)==1]$$
发现 $sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{x} floor} mu(i)[gcd(i,x)==1]$ 很有趣，实际上它就是我们定义的 $G(lfloor frac{n}{x} floor,x)$
注意到，当 $n = 1$ 的时候它是 $mu$ 的前缀和，这一步可以杜教筛
然后呢，暴力就可以了，复杂度 $O(飞快)$
// luogu-judger-enable-o2 #include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-') f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } int n,m,k; const int maxn = 2500001; int pri[maxn],pre_f[5010],tot; char ntp[maxn]; LL mu[maxn]; map<int,LL> _mu; map< pair<int,int>,LL > G; int ps[50],ToT; void sieve() { mu[1] = 1; for(int i=2;i<maxn;i++) { if(!ntp[i]){pri[++tot] = i,mu[i] = -1;} for(int j=1;j<=tot && pri[j] * i < maxn;j++) { ntp[i * pri[j]] = 1; if(i % pri[j] == 0) { mu[i * pri[j]] = 0; break; } else mu[i * pri[j]] = -mu[i]; } } for(int i=2;i<maxn;i++)mu[i] += mu[i - 1]; for(int i=1;i<=k;i++)pre_f[i] = pre_f[i - 1] + (__gcd(i,k) == 1); } inline int get_f(int x){return pre_f[x % k] + (x / k) * pre_f[k];} inline LL get_mu(int x) { if(x < maxn)return mu[x]; if(_mu.find(x) != _mu.end())return _mu[x]; LL ans = 1; for(int L=2,R=0;L<=x;L=R+1) { R = x / (x / L); ans -= (R - L + 1) * get_mu(x / L); }return _mu[x] = ans; } inline LL get_G(int x,int y) { if(!x)return get_mu(y); if(y <= 1)return y; if(G.find(make_pair(x,y)) != G.end())return G[make_pair(x,y)]; return G[make_pair(x,y)] = get_G(x - 1,y) + get_G(x,y / ps[x]); } int main() { n = read(),m = read(),k = read(); sieve();for(int i=1;pri[i]<=k;i++)if(k % pri[i] == 0)ps[++ToT] = pri[i]; LL ans = 0; for(int L=1,R=0;L<=min(n,m);L=R+1) { R = min(n / (n / L),m / (m / L)); ans += 1LL * (get_G(ToT,R) - get_G(ToT,L - 1)) * (n / L) * get_f(m / L); }cout<<ans; }