abstract：整除分块，积性函数，线性筛，莫比乌斯反演，迪利克雷卷积，积性函数前缀和，
（之后会发现，这道dp的转移方程和杜教筛的转移如出一辙。）
有一份包含1个 bug 的n( 1≤??≤1e6)行代码，运行一次到崩溃需要的时间为 r( 1≤??≤1e9)。
你可以任意行添加 printf 语句来输出调试，即你知道是否在执行 printf 语句前就崩溃了。每设置一个 printf 语句需要花费 p( 1≤??≤1e9)时间，但是运行不额外消耗。
? 问在最坏情况下，少需要多时间可以定位
设f(n) 表示 n行代码 debug 需要的最少时间 。
最优策略是平均地往n行代码添加x行输出代码，分成\(\lceil \frac{n}{x+1}\rceil\)块代码，然后再对出错的上一块代码递归debug.
得到对应的转移：
\[
f(1)=0;\f(n)=min_{1\le i<n}(f(\lceil \frac{n}{i+1}\rceil)+ip+r)
\]
这个\(O(n^2)\)的转移可以利用整除分块优化。
递归过程中会出现\(\lceil \frac{\lceil \frac{n}{i}\rceil}{j}\rceil\)的式子，但我们有
\[
\lceil \frac{\lceil \frac{n}{i}\rceil}{j}\rceil=\lceil \frac{n}{i j}\rceil
\]
所以递归中所有的取值都是\(\lceil \frac{n}{i}\rceil\)的形式，而\(\lceil \frac{n}{i}\rceil\)的取值只有\(\sqrt n\)种，所以我们枚举\(\sqrt n\)并记忆化搜索。时间复杂度为：
\[
T(n)=O(\sqrt{n})+\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}{T(i)+T(\frac{n}{i})}\T(n)=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}{O(\sqrt{i})+O(\sqrt{\frac{n}{i}})}=O(n^\frac{3}{4})
\]
这里只展开一层就可以了，更深层的复杂度是高阶小量
递归式形如
\[
f(n)=min_{1\le i<n}(f(\lceil \frac{n}{i+1}\rceil)+ip+r)
\]
可以利用整除分块做到\(O(n^\frac{3}{4})\)。
这种形式的递归会在后面求积性函数前缀和时出现。
积性函数：若m1,m2互质
\[
f(m1m2)=f(m1)f(m2)
\]
积性函数只由其在质数幂处的取值决定。（这是积性函数可以线性筛的原因,线性筛素数模板如下）
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!vis[i])
prime[cnt++] = i;
for (int j = 0;; j++)
{
int x = i * prime[j];
if (x>n)
break;
vis[x] = true;
if (i%prime[j] == 0)
break;
}
}定义约数函数和sum-over-divisors function （迪利克雷卷积的原型）
\[
g(n)=\sum_{d|n}f(d)
\]
若f是积性函数，则g是积性函数
phi可以这么定义
\[
\phi(d):\sum_{d|n}\phi(d)=n
\]
反过来可以用最简分数统计个数证明，即
\[ \frac{0}{12},\frac{1}{12},\frac{2}{12},\frac{3}{12},\frac{4}{12},\frac{5}{12},\frac{6}{12},\frac{7}{12},\frac{8}{12},\frac{9}{12},\frac{10}{12},\frac{11}{12}\\\ \\frac{0}{1};\ \frac{1}{2};\ \frac{1}{3},\frac{2}{3};\ \frac{1}{4},\frac{3}{4};\ \frac{1}{6},\frac{5}{6};\ \frac{1}{12},\frac{5}{12},\frac{7}{12},\frac{11}{12}\\\ \\phi(1)+\phi(2)+\phi(3)+\phi(4)+\phi(6)=12 \]
mu可以这么定义
\[
\mu(d):\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]
\]
反过来可以看作是容斥的系数证明,即
\[
\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^kC(k,i)\cdot(-1)^i=(1-1)^k=0
\]
mu的性质：
\[
g(n)=\sum_{d|n}f(d)\leftrightarrow f(n)=\sum_{d|n}g(\frac{n}{d})\mu(d)
\]
A.K.A.莫比乌斯反演
\[ (f*g)(n)=\sum_{d|n}{f(d)\cdot g(\frac{n}{d})}=\sum_{ij=n}{f(i)\cdot g(j)} \]
（可以类比多项式乘法的卷积，n次项系数为\(h(n)=\sum_{i+j=n}{f(i)\cdot g(j)}\)）
交换律、结合律，对加法满足分配律
若f和g为积性，则\(f*g\) 积性
\(e(n)=[n=1]\)是单位元
\[
f*e=f=e*f
\]
莫比乌斯函数与恒等函数互为逆元，即
\[
\mu*I=e\\ g=f*I \leftrightarrow\ f=g*\mu\\(\because g*\mu=f*I*\mu)
\]
上面的结论就是莫比乌斯反演的卷积版，已知g时，用来求f
试对欧拉函数用莫比乌斯反演得到：
\[
\because\phi*I=id\\therefore \phi=id*\mu
\]
展开移项得到：
\[
\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}{\frac{\mu(d)}{d}}
\]
狄利克雷卷积的一个常用技巧是对于积性函数\(f\)与恒等函数\(I\)的卷积的处理:
\[
n=\prod_{i=1}^{t}{p_i^{k_i}},g(n)=\sum_{d|n}{f(d)}\g(n)=\prod_{i=1}^{t}\sum_{j=0}^{k_i}{f(p_i^j)}
\]
7738 - Fibonacci ICPC 2016 青岛 E 结论生僻
Just a Math Problem CCPC 2016 杭州 J
Cow`s Segment CCPC 2017 harbin I
Mod, Xor and Everything CCPC 2017 杭州L 难
定义 \(f(n)=\)选两个 $[0,n) \(的整数\) a,b$ ，且 ab不是n的倍数方案。
求\(??(??)=\sum_{??|??}??(??)\)
由题意得到:
\[
f(n)=n^2-\sum_{d|n}\phi(\frac{n}{d})\cdot d
\]
这个式子可以这么理解，首先求问题的反面，即\(n|ab\)的方案数。 当\(a=k\cdot j\)时，\(b\)必须取与 $ i=n/j$ 互质的数。\(a\)的取值有\(n/j\)种，\(b\)的取值有\(\phi(i)\)种，有
\[
\sum_{ij=n}\phi(i)\cdot j=\sum_{d|n}\phi(\frac{n}{d})\cdot d
\]
设
\[
h(n)=\sum_{d|n}\phi(\frac{n}{d})\cdot d
\]
有
\[
g(n)=\sum_{d|n}f(d)=\sum_{d|n}(d^2-h(d))
\]
设
\[
P(n)=\sum_{d|n}d^2,Q(n)=\sum_{d|n}h(d)
\]
根据积性函数的性质，求单个\(P(n),Q(n)\),我们只需要计算 \(P(p^k),Q(p^k)\)乘起来就可以得到 \(P(n),Q(n)\)。而这是很容易计算的，因为 \(p^k\)的因数只有\(p^0,p^1,?,p^k\)。（这也是线性筛的原理）
剩下的是质因数分解的复杂度\(O(\frac{\sqrt n}{\ln \sqrt n})\)，证明在质数知识点里讨论过。
其实\(Q(n)\)可以进一步化简：
\[
Q(n)=\sum_{d|n}h(d)=Q(n)=\sum_{d|n}\sum_{w|d}\phi(w)\cdot\frac{d}{w}\\\ \=I*\phi*id=id*id=\sum_{d|n}d\cdot\frac{n}{d}=n\cdot \sum_{d|n}{1}=n\cdot\tau(n)
\]
定义\(f_0(n)\)为满足????=??且gcd（??,??）=1的对数。
定义
\[
f_{r+1}=\sum_{uv=1} \frac{f_r(u)+f_r(v)}{2}
\]
q组询问\(f_r(n)\) q,r,n<1e6
定义\(\omega(n)\)为n的不同质因子g个数，则\(f_0=2^{\omega(n)}\).
注意到\(f_r\)为积性，所以\(f_{r+1}\)也为积性.
由于积性，我们只需要求\(f_r(p^k)\).
注意到\(\forall p,f_0(p)=2\)，所以\(\forall p,f_r(p^k)\)是定值如果r，k是定值。
又注意到k是O(logn)的，前缀和优化求\(f_{r+1}(p^k)=\sum_{i=0}^kf_r(p^i)\),使用O(rlogn)的时间预处理出所有可能的\(f_r(p^k)\)的询问。
剩下质因数分解的复杂度。
四川省赛grisaia
\[
ans =\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} (n\ mod (i \times j))
\]
\(1 ≤ n ≤ 10^{11}\)
如果 f(p)可以在 O(logn)的时间内求出来，求出质数项的总时间是??(??)的；
通常，f(pk)可以比较容易的由\(f(p^{k-1})\)等值递推出来。其他项可以直接由积性函数的性质\(f(x)=f(d)*f(\frac{x}{d})\)得到。因此，很多积性函数都可以在欧拉筛的过程中顺便递推出，很多积性函数都可以在欧拉筛的过程中顺便递推出前 ??项的值，时间复杂度为 ??(??)。
此题要求低于线性时间前缀和。
公式推导：
\[
ans =\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} (n\ mod (i \times j))=\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1}(n-\lfloor n/ij\rfloor\cdot ij)
\]
而
\[
\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} \lfloor \frac{n}{ij}\rfloor\cdot ij=(\sum^n_{i=1}\sum^n_{j=1} \lfloor \frac{n}{ij}\rfloor\cdot ij+\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor i^2)/2
\]
令a=\(\sum^n_{i=1}\sum^n_{j=1} \lfloor \frac{n}{ij}\rfloor\cdot ij\), \(f(n)=\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i\)则
\[
a=\sum^n_{i=1}\sum^n_{j=1} i\cdot\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}{j}\rfloor\cdot j\\\ \=\sum^n_{i=1}i\sum^n_{j=1} \lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}{j}\rfloor\cdot j\\\ \=\sum^n_{i=1}i\cdot f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)
\]
\(O(\sqrt n)\)地枚举\(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor\),然后\(O(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})\) 地计算\(f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)\)时间复杂度为
\[
O(\sum_{i=1}^\sqrt{n} \sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})=O(n^{\frac{3}{4}})
\]
O(1)读写f的技巧：用两个$\sqrt n $大小的数组。
定义g(n)=f(n)-f(n-1),
\[
g(n)=\sum_{i=1}^ni\cdot(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor-\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor)=\sum_{i|n}i
\]
求其前\(n^\frac{2}{3}\)项及其前缀和。对于\(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor>n^\frac{2}{3}\)暴力计算\(f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)\),复杂度为
\[
O(\sum_{i=1}^{n^{\frac{1}{3}}} \sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})=O(n^{\frac{2}{3}})
\]
YY的GCD
\[
\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{m}_{j=1}[ gcd( i,j) =p]\\( n,m\leqslant 1e7)
\]
将p提出来，
\[
ans=\sum\limits ^{\lfloor \frac{n}{p}
\rfloor}_{i=1}\sum\limits ^{\lfloor \frac{m}{p}
\rfloor}_{j=1}[ gcd( i,j) =1]\\]
根据容斥
\[
\left|\bigcup_{i=1}^n A_i \right| = \sum_{\emptyset \neq J\subseteq \{1,2,\ldots ,n\}} (-1)^{|J|-1}{\Biggl |}\bigcap_{j\in J}A_{j}{\Biggr |}
\]
得到
\[
ans=\sum\limits _{p}\sum\nolimits ^{\lfloor \frac{min( m,n)}{p} \rfloor }_{d=1} \mu ( d) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor\\\ \=\sum ^{min( n,m)}_{i=1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor \sum\limits _{p|i} \mu \left(\frac{i}{p}\right)
\]
定义
\[
f(i)=\sum\limits _{p|i} \mu \left(\frac{i}{p}\right)
\]
则
\[
ans=\sum ^{min( n,m)}_{i=1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor f(i)
\]
预处理f即可\(O(\sqrt n+\sqrt m )\)地回答每组询问.
若暴力求f，复杂度\(O(n loglogn)\)
观察得到递推式：
设x为n的最小质因子，若\(x^2|n,f(n)=\mu(n/x)\)否则：
\[
f(n)=\mu(n/x)+\mu(x)f(n/x)=\mu(n/x)-f(n/x)
\]
用线性筛做到O(n)
如果能通过狄利克雷卷积构造一个更好计算前缀和的函数，且用于卷积的另一个函数也易计算，则可以简化计算过程。
具体来说，设S(n)为f(n)的前缀和.\(\forall\)数论函数 \(g\) ，设\(h=f*g\),有
\[
\sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)\cdot g(\frac{i}{d})\\\ \=\sum_{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)
\]
移项得
\[
g(1)S(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)-\sum_{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)
\]
对于可以\(O(\sqrt n)\)求h前缀和，\(O(1)\)求g的情况，复杂度为\(O(\sum_{i=1}^\sqrt{n} \sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})=O(n^{\frac{3}{4}})\).
如果f有较好的性质（比如积性函数），可以线性筛求其前\(n^\frac{2}{3}\)项,\(>n^\frac{2}{3}\)递归计算，复杂度为\(O(n^\frac{2}{3})\)
blog
\[
\sum_{i=1}^{n}{\varphi(i)}\\sum_{i=1}^{n}{\mu(i)}
\]
blog
$$
n^2-3n+2=\sum_{d|n}f(d),求\sum_{i=1}^nf(i)?mod ?10^9+7\?\
\sum_{i=1}^n\varphi(i)*i
$$
2016年数论函数论文
\[ S_3(n) = \sum _{i=1}^n \sigma_0(i^3). \]
非套路线性求和,令\(\omega(n)\)为质因数个数。
\[
\sum_{i=1}^n2^{\omega(n)}
\]
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原文：https://www.cnblogs.com/SuuT/p/11478313.html