词客有灵应识我，霸才无主独怜君。
主要记录一些 不太熟悉的式子，以提高熟练度。
一个定理
证明：$$\dfrac{a}{b} = \left\lfloor{\dfrac{a}{b}}\right\rfloor + r(0\le r < 1)$$
一个注意点 在最后的变形 向下取整中左边的余数加上\(\frac{r}{c}\) 一定小于1故原式成立。
若 \(f(n)\) 和 \(g(n)\) 都是积性函数，，则以下函数也为积性函数：
最后一个貌似不太直观，可以考虑两边的因子问题，这表明两个积性函数的狄利克雷卷积仍为积性函数。
常见积性函数：
单位函数 \(\epsilon(n)=[n=1]\)。
幂函数 \(Id^k(n)=n^k\)， \(id^1(n)\) 通常简记为 \(id(n)\)。
常数函数 \(1(n)=1\)。
因数个数 \(\operatorname{d}(n) = \sum\limits_{d\mid n} 1\)。
除数函数 \(\sigma_{k}(n) = \sum\limits_{d\mid n} d^k\)。\(k=1\) 时为因数和函数，通常简记为 \(\sigma_{n}\)。\(k=0\) 时为因数个数函数 \(\sigma_{0}(n)\)。
欧拉函数 \(\varphi(n) = \sum\limits_{i=1}^{n} [\gcd(i,n) = 1]\)。
莫比乌斯函数 \(\mu(n) = \begin{cases}1，n=1\\0 ，n\ \text{含有平方因子}\\(-1)^k，k\text{为}\ n\ \text{的本质不同质因子个数} \end{cases}\)。
对于以上函数 着重于对欧拉函数的是否为积性函数的证明：
直接利用定义式不是很容易进行证明 考虑另外一个式子\(\varphi(n)=n\prod_{p|n}(1-\frac{1}{p})\) 这里p为质数。
根据这个式子容易证明为积性函数。
另外一个狄利克雷卷积证法：\(\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})d=(id*\mu)(n)\)
这个是一个容斥求法，由此欧拉函数为两个积性函数的卷积，故也为积性函数。
接下来是狄利克雷卷积：
定义两个数论函数 \(f,g\) 的狄利克雷卷积为：$$\large(f\ast g) (n) = \sum_{d\mid n} f(d)g\left(\dfrac{n}{d}\right)$$
显然满足交换律，结合律，分配律。
\(f \ast g = g \ast f\)
\((f \ast g) \ast h = f\ast (g\ast h)\)
\(f\ast (g+h) = f\ast g + f\ast h\)
但笔者水平太低，看不出为何具有结合律。
这里给出一个粗略的证明将两个式子完全展开 对于前一个式子的某一个项来说必然有后一项能与其相等。
同时考虑到两个式子的项数相等所以原式满足 当然也因为这两个式子对称 可以交换所以相等。
\(\epsilon\) 为狄利克雷卷积的单位元，有 \((f\ast \epsilon)(n) = f(n)\)。
若 \(f,g\) 为积性函数，则 \(f \ast g\) 为积性函数。
\(\epsilon = \mu \ast 1=\sum\limits_{d\mid n} \mu (d)\)。
\((\operatorname{Id}_k\ast 1)(n) = \sum_{d\mid n} \operatorname{Id_k}(d) = \sum_{d\mid n} d^k = \sigma_k(n)\)。
\(\begin{aligned} \varphi \ast 1 = \operatorname{Id}\\ \varphi =\operatorname{Id}\ast \mu \end{aligned}\)。
关于倒数第二个式子的证明1 这是一个简单的莫比乌斯反演式子 2 这个过程等价于枚举gcd再数多少个和n的gcd为当前gcd的个数。
莫比乌斯函数：
\(\mu\) 为莫比乌斯函数。莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质（即 \(\mu * 1=\epsilon\)）
同时有 $$[\gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{d| \gcd(i,j)} \mu(d)$$
莫比乌斯变换
设 \(f(n),g(n)\) 为两个数论函数。
根据 \(\mu \ast 1=e\)，可以推出 \(f=f \ast \epsilon = f\ast(\mu \ast 1)=f \ast \mu \ast 1=(f \ast 1) \ast \mu\)。