【数学】各种积性函数的线性筛法
前置芝士：几种特殊的积性函数的定义及基本性质。
定义
积性函数：若函数\(f(x)\)满足\(f(x) = 1\)且\(\forall x,y \in N^+,gcd(x,y) = 1\) ，都有\(f(xy) = f(x)f(y)\)，则\(f(x)\)为积性函数。
完全积性函数：若函数满足\(f(x) = 1\)且\(\forall x,y \in N^+\)，都有\(f(xy) = f(x)f(y)\)，则\(f(x)\)为积性函数。
判定
特殊例子：（以下都是积性函数）
\(\epsilon(n) = [n = 1]\) （\(n = 1\)时为1，否则为0）
\(id_k(n) = n^k\)，当\(k = 1\)时简记为\(id(n)\)
\(1(n) = 1\)
\(\sigma_k(n) = \sum_{d|n}d^k\)，当\(k = 0\)时为因数个数，记为\(d(n)\)，\(k = 1\)时为因数和，记为\(\sigma(n)\)
\(\phi(n) = \sum_{i = 1}^n [gcd(i,n) = 1]\)
\[\mu(n) = \begin{cases} 1 \ \ \ \ n = 1\\ (-1)^k \ \ \ \ 所有质因数次数不超过1且有k种质因数\\ 0 \ \ \ \ otherwise\\ \end{cases} \]对于函数之间运算产生的函数，有以下规律：
若\(f(x)\)和\(g(x)\)都是积性函数，则以下函数也是积性函数：
\[h(x) = f(x^p)\\ h(x) = f^p(x)\\ h(x) = f(x)g(x)\\ f(x)和g(x)的Dirichlet卷积，即： h(x) = \sum_{d|x}f(x)g(\frac gd) \]有时在题目中，会要求筛出\(1 \to 10^6\)甚至\(1 \to 10^7\)的这些函数值，时间复杂度要求\(O(n)\)，我们如何计算这些东西呢？
我们发现一个普遍的性质，这些函数当自变量取值为质数时，都可以简单地\(O(1)\)求出，于是我们将这个过程代入筛素数的线性筛，再尝试每次用质数（创造互质条件）和积性函数的性质求出函数值。
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具体对于每一个函数将怎么做呢？
欧拉函数\(\phi\)
直接枚举比\(x\)小的数显然不可行，我们知道欧拉函数有一种计算方法：
\[\phi(x) = x\prod_{p \in prime\ \& \ p|x}\frac {p - 1}p \]因为无论一个质数\(p\)在\(x\)的分解中出现多少次，它\(\frac {p - 1}p\)的贡献都只有一次，结合到质数筛中我们每次都用一个质数去乘以一个其他数，可以分类讨论：
\[\phi(x) = x - 1\ \ \ if \ x \in prime \]以及(\(p\)是线性筛中每次枚举的质数)
\[\phi(x * p) = \begin{cases} \phi(x) * \phi(p)\ \ \ \ p \mid x\\ \phi(x) * p\ \ \ \ p \nmid x \end{cases} \]因为\(p \mid x\)时，满足\(gcd(p,x) = 1\)，所以可以直接相乘。
\(p \nmid x\)时，\(x\)中已有\(p\)，贡献就只有乘上了\(p\)倍。
由于线性筛一定会把每个数筛一次，所以保证范围内的数全都计算了\(\phi\)值。
（代码中的\(\phi(p)\)写作了\(p - 1\)，因为\(p\)是质数，两者是等价的，后面的函数也一样）
Code
inline void init()
{
phi[1] = 1;
for(R int i = 2;i <= N - 1;i++)
{
if(!vis[i])
{
phi[i] = i - 1;
prime[++tot] = i;
}
for(R int j = 1;j <= tot && i * prime[j] < N;j++)
{
vis[prime[j] * i] = 1;
if(!(i % prime[j]))
{
phi[prime[j] * i] = (prime[j] - 1) * phi[i];
break;
}
phi[prime[j] * i] = phi[i] * prime[j];
}
}
}
莫比乌斯函数\(\mu\)
同\(\phi\)的分析方法，我们不难发现，当自变量是一个质数的时候，其一定只有一个质因数。
即
\[\mu(x) = -1\ \ \ if\ x \in prime \]考虑到线性筛中一个任意数和一个质数相乘的情况，如果\(p \mid i\)，那么\(p * i\)一定含有超过一个\(p\)，\(\mu\)为0，如果\(p \nmid i\)，至少说明乘上\(p\)这一操作让\(i\)多了一个质因数，不管之前\(\mu\)是否为0，将\(\mu\)取反，一定满足其定义。
\[\mu(i * p) = \begin{cases} \mu(i) * \mu(p) = -\mu(i)\ \ \ \ p \nmid i\\ 0\ \ \ \ p \mid i\\ \end{cases} \]Code
inline void init()
{
miu[1] = 1;
for(R int i = 2;i <= N - 1;i++)
{
if(!vis[i])
{
miu[i] = -1;
prime[++tot] = i;
}
for(R int j = 1;j <= tot && i * prime[j] < N;j++)
{
vis[prime[j] * i] = 1;
if(!(i % prime[j]))
{
miu[prime[j] * i] = 0;
break;
}
miu[prime[j] * i] = -miu[i];
}
}
}
因数和\(\sigma\)
精彩的部分来了，本人第一次看到时也十分震撼。
方法源自ldysy2102 - 博客园的博客线性筛约数个数、约数和的新方法 - ldysy2102 - 博客园 (cnblogs.com)
首先当\(p\)为质数时，因数只有\(1、p\)两个，因数和\(\sigma(p) = p + 1\)
由唯一分解定理，一个数可以被分解为：
\[x = \prod_{i = 1\ \& \ p_i \in prime}^kp_i^{c_i} \]这个数的因数就是这些质因数任意次数的任意组合，每个质因数都可以选择\(0 \to c_i\)个。所以
每个因数就是质因数的任意次方乘起来，是：
\[\sigma(x) = (1 + p_1 + p_1^2 + .. + p_1^{c_1})(1 + p_2 + p_2^2 + .. + p_2^{c_2})...(1 + p_k + .. + p_k^{c_k}) \]令\((1 + p_2 + ..)..(1 + p_k + ..) = T\)，再次讨论线性筛中一个质数乘上一个任意数的情况，在\(p \mid i\)时，我们钦定乘上的质因数是\(p_1\)：
\[\sigma(x * p_1) = (1 + p_1 + .. + p_1^{c_1 + 1})T\\ = \sigma(x) + p_1^{c_1 + 1}T \]\[\sigma(\frac x{p_1}) = (1 + p_1 + .. + p_1^{c_1 - 1})T\\ = \sigma(x) - p_1^{c_1}T \]两个柿子只有\(T\)前的系数不一样，将\(②\)式乘上\(p_1\)再加上\(①\)，神奇的事情发生了：
\[p_1\sigma(\frac x{p_1}) + \sigma(x * p_1) = (p_1 + 1)\sigma(x) \]\[\sigma(x * p_1) = (p_1 + 1)\sigma(x) - p_1\sigma(\frac x{p_1}) \]这样，在知道\(p_1\)和\(x\)之后我们就可以在枚举质数时完成计算。
由于这些函数都是积性函数，所以当\(p \nmid x\)时的处理方法都是一样的。
Code
inline void init()
{
sig[1] = 1;
for(int i = 2;i < N;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[++tot] = i;
sig[i] = i + 1;
}
for(int j = 1;j <= tot && i * prime[j] < N;j+)
{
vis[i * prime[j]] = 1;
if(!(i % prime[j]))
{
sig[i * prime[j]] = ((prime[j] + 1) * sig[i] % MOD - prime[j] * sig[i / prime[j]] % MOD + MOD) % MOD;
break;
}
sig[i * prime[j]] = sig[i] * (prime[j] + 1);
}
}
因数个数d
同理，首先发现当\(p\)为质数时，因数个数\(d(p) = 2\)
对于\(x\)，唯一分解后得到
\[d(x) = (c_1 + 1)(c_2 + 1)...(c_k + 1) \]\[d(x) = (c_1 + 1)T \]\[d(x * p_1) = (c_1 + 2)T \]\[d(\frac x{p_1}) = c_1T \]所以
\[d(x * p_1) + d(\frac x{p_1}) = 2d(x) \]所以最终得到：
\[d(x * p_1) = 2d(x) - d(\frac x{p_1}) \]Code
inline void init()
{
d[1] = 1;
for(int i = 2;i < N;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[++tot] = i;
d[i] = 2;
}
for(int j = 1;j <= tot && i * prime[j] < N;j+)
{
vis[i * prime[j]] = 1;
if(!(i % prime[j]))
{
d[i * prime[j]] = 2 * d[i] - d[i / prime[j]];
break;
}
d[i * prime[j]] = d[i] * 2;
}
}
}