数论相关
积性函数
推论1：积性函数 \(f\) 一定满足 \(f(1) = 1\)。
推论2：通过质数点值可以唯一确定完全积性函数，因为质数可以组成所有的数；通过所有 \(p^k\) 处的点值可以唯一确定积性函数，因为积性函数有前置条件 \(n \bot m\) 所以要组合出有多个质因子 \(p\) 的数就需要 \(p^k\) 处的点值。
Dirchlet 卷积
\[(f \otimes g)(n) = \sum_{xy = n} f(x)f(y) \]Dirchlet 卷积有类似于乘法的性质：
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交换律
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结合律
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单位元，即 $ \epsilon(n) = [n = 1]$。
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两个积性函数的 Dirchlet 卷积依旧是积性函数。
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积性函数的 Dirchlet 逆依旧是积性函数。
计算
Dirchlet卷积可以直接计算，复杂度就是调和级数 \(O(nlogn)\)。
Dirchlet逆依旧可以直接计算：
有函数 \(f\)，需要求出 \(g\) 满足 \(f \otimes g = \epsilon\)。
那么显然就有 \(f(1)g(1) = 1\)，则 \(g(1) = \frac{1}{f(1)}\)。当 \(n \geq 2\) 时，则有
\[(f \otimes g)(n) = \sum_{d | n} f(d)g(n / d) = 0 \\ g(n)f(1) = -\sum_{d | n, d \neq 1}f(d)g(n / d) \\ \Rightarrow g(n) = -\frac{1}{f(1)}\sum_{d | n, d \neq 1}f(d)g(n / d) \]常用数论函数
\(\epsilon(n) = [n = 1]\)
\(id_k(d) = d^k\)
\(\sigma_k(n) = \sum_{d|n} d^k\)
\(\mu(n)\)
\(\varphi(n)\)
性质；
\(\mu \otimes 1 = \epsilon\)
\(\varphi \otimes 1 = id\)
\(\mu \otimes id = \varphi\) （这个可以拿前两个推）
\(1 \otimes 1 = d\)
\(1 \otimes id_k = \sigma_k\)
莫比乌斯反演
\[f(n) = \sum_{d|n} g(d) \Longleftrightarrow g(n) = \sum_{d|n} f(d)\mu(n / d) \]证明很简单：
\[f = g \otimes 1 \\ g \otimes 1 \otimes \mu = g = f \otimes \mu \]联系子集反演：
\[f_S = \sum_{T \subseteq S}g(T) \Longleftrightarrow g_S = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|S| - |T|}f_T \]我们知道 \(s\) 是一个集合，而 \(d\) 可以看作是所有质因子的多重集，所以二者很相似，我们可以这样理解，如果 \(n = \prod p\)，也就是所有质因子质数为1，那么就和子集反演完全等价，就可以理解 \((-1)^{|S| - |T|} = \mu(n / d)\)。
整除分块
这个很牛，考虑一个问题，我们固定一个不变 \(n\)，那么所有的 \(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor\) 有多少种取值？
答案是 \(O(\sqrt n)\) 种，证明：
\(x \leq \sqrt n\) 时，显然有 \(O(\sqrt n)\) 种，因为 \(x\) 只有 \(\sqrt n\) 个。
\(x > \sqrt n\) 时，因为 \(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor \leq \sqrt n\) ，所以也只有 \(O(\sqrt n)\) 种。
那么 \(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor\) 的取值就是若干个颜色段，只要我们可以 \(O(1)\) 的求出边界是多少，那么就可以 \(O(\sqrt n)\) 的算出 \(\sum \lfloor \frac{n}{x} \rfloor\)！
现在我们知道一个颜色段的左端点 \(l\)，考虑设右端点为 \(r\)，那么就有：
\[\lfloor \frac{n}{l} \rfloor \leq \frac{n}{r} \Longrightarrow r \leq \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l} \rfloor} \]所以 \(\large r = \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l} \rfloor}\)。
多维形式
也就是有多维，以两维为例，我需要求 \(\sum \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor\)，分析一下发现颜色段还是 \(O(\sqrt n)\) 级别，如果维数过大，那么就是 \(O(k \sqrt n)\) 。我们每次 \(r\) 取 \(\large min(\frac{n}{\lfloor \frac{n}{l} \rfloor}, \frac{m}{\lfloor \frac{m}{l} \rfloor})\)即可。
筛法
线性筛
筛 \(\mu\) 和 \(\varphi\)
\[\varphi(n) = n \prod \frac{p - 1}{p} \]\[\mu(n) = \begin{cases} 0 \quad, 含有平方质因子 \\ (-1)^{k} \quad, 不同质因子个数 \end{cases} \]我们就考虑线性筛时的两种情况：
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\(i \% p \neq 0\) 时，那么对于 \(\varphi\) 就是用积性函数性质 \(\varphi(i * p) = \varphi(i) * \varphi(p) = \varphi(i) * (p - 1)\)， 对于 \(\mu\) 就是多了一个不同质因子 \(\mu(i * p) = -\mu(i)\)。
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\(i \% p = 0\)时，我们用上面 \(\varphi\) 的公式就发现 \(\varphi(i * p) = \varphi(i) * p\)，对于 \(\mu(i * p)\) 就直接变成 \(0\)。
筛一般的积性函数
由前面推论2我们知道，题面肯定会给在 \(p\) 或者 \(p_k\) 的点值，这个点值的计算我们姑且声称他的时间复杂度为 \(O(logn)\)。那我们怎么用线性筛筛出所有的呢？
我们知道线性筛是用最小质因子来筛的，那么设 \(n = p_0^{k_0} \prod p_i^{k_i}\)，我们钦定 \(p_0\) 为最小质因子，\(m = \prod p_i^{k_i}\)，那么我们用 \(p_0\) 筛 \(n\) 的时候就可以 \(f(n) = f(m) * f(p_0^{k_0})\)，我们就只需要知道最小质因子的次数，这在线性筛的过程中就可以做到，很简单。
杜教筛
杜教筛是比较基础的亚线性筛法。 可以在低于线性的复杂度筛出积性函数的前缀和。
我们现在除了化式子拆掉 \(\sum\)，能加速求和的就只有整除分块了，所以我们需要构造出来跟除法有关，尝试用 Dirchlet 卷积，若我们现在要求 \(f\)，所以我们需要构造一个 \(g\)，通过 \(g\) 来求出 \(f\)，一个方法就是卷积起来在拆开，我们尝试化一下式子。
\[\sum_{i = 1}^n (f \otimes g)(i) = \sum_{i = 1}^n \sum_{d | i} g(d)f(i / d) = \sum_{d = 1}^n g(d) \sum_{d | i} f(i / d) = \sum_{d = 1}^n g(d) \sum_{i = 1}^{n / d} f(i) \\ \Rightarrow \sum_{i = 1}^n f(i) = (\sum_{i = 1}^n (f \otimes g)(i)) - \sum_{d = 2}^n g(d) \sum_{i = 1}^{n / d} f(i) \]观察到 \(\sum_{i = 1}^{n / d}f(i)\) 只有 \(O(\sqrt n)\) 个取值，\(g\) 是我们所构造的，如果我们能构造出容易计算的 \(g\) 和 \(f \otimes g\)，那么就可以快速算出答案。
方便描述，我们成全体 \({S_f(\lfloor n / x \rfloor)}\) 为 \(f\) 的基本和组。
可以分析得出时间复杂度 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)，并且如果可以，可以 \(O(n)\) 筛出前 \(n^{\frac{2}{3}}\) 项，大于 \(n^{\frac{2}{3}}\) 的就递归计算。
上面的是已知 \(f \otimes g\) 的基本和组和 \(g\) 的基本和组，求 \(f\) 的基本和组。
如果我们已知 \(f\) 和 \(g\) 的基本和组，我们一样可以类似杜教筛的求 \(f \otimes g\) 的基本和组。
\[\sum_{i = 1}^n (f \otimes g)(i) = \sum_{i = 1}^n \sum_{d | i} g(d)f(i / d) = \sum_{d = 1}^n g(d) \sum_{d | i} f(i / d) = \sum_{d = 1}^n g(d) \sum_{i = 1}^{n / d} f(i) \]直接拿这个算和上面本质相同。
我们还有另外一个方法。
狄利克雷双曲线法
我们用一下简单的容斥。
\[\sum_{i = 1}^n (f \otimes g)(i) = \sum_{xy \leq n} f(x)g(y) \]注意到 \(xy \leq n\) 是一个双曲线，我们可以这样容斥，如图。
这是一个双曲线，我们把所有的 \(f(x)g(y)\) 看作点 \((x, y)\)，那么蓝色部分就是 \(y \leq \sqrt n\) 的点集，红色部分就是 \(x \leq \sqrt n\) 的点集，相交部分就是同时满足两个条件的。
所以我们可以算出蓝色部分和红色部分再减去相交的部分，用式子表述就是：
\[S_{f \otimes}(n) = \sum_{x \leq \sqrt n} f(x)S_g(n / x) + \sum_{y \leq \sqrt n} g(x)S_f(n / x) - S_f(\sqrt n) S_g(\sqrt n) \]这个东西复杂度没有变化，但是听说常数比较小。感觉上也更妙一些。。。
Powerful Number 筛
这个东西要暴力一些，比杜教筛更现代。 而且更快。
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