定义
如果一个数论函数\(f(n)\)满足
\[f(pq)=f(p)f(q),p\perp q\]
则称\(f(n)\)是一个积性函数。
特别的，如果不要求\(p\perp q\)且依然满足上述式子的话，则称\(f(n)\)是一个完全积性函数。
常见积性函数
\[e(n)=[n=1]\]
\[1(n)=1\]
\[\mu(n)=\begin{cases}(-1)^k&n=p_1p_2p_3\dots p_k\\0&n=p^2q\end{cases}\]
\[\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[i\perp n]\]
\[d(n)=\sum_{i|n}1\]
\[id(n)=n\]
\[\sigma(n)=\sum_{d|n}d\]
至于它们为什么是积性函数，，，，
我也管不了那么多了。
狄利克雷卷积
定义
\[f*g(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)\]
要计算的话可以把枚举约数换成枚举倍数（下面会讲到），以调和级数\(O(nlogn)\)的复杂度求出\(f*g\)的前\(n\)项。
交换律
\[f*g(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)=\sum_{d|n}g(d)f(\frac nd)=g*f(n)\]
结合律
\[f*g*h(n)=\sum_{d|n}f(d)\sum_{t|\frac nd}g(t)h(\frac n{dt})=\sum_{d_1d_2d_3=n}f(d_1)g(d_2)h(d_3)=f*(g*h)(n)\]
常见积性函数的卷积
\[\forall f(n),e*f(n)=f(n)\]
\[1*1(n)=\sum_{d|n}1=d(n)\]
\[id*1(n)=\sum_{d|n}d=\sigma(n)\]
\[\mu*1(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]=e(n)\]
这个需要特别说明一下。
假设\(n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\dots p_m^{k_m}\)，那么上式可以改写成：
\[\mu*1(n)=\sum_{c_1=0}^{k_1}\sum_{c_2=0}^{k_2}\dots\sum_{c_m=0}^{k_m}\mu(p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_m^{c_m})\]
观察\(\mu(n)\)的定义，可以发现它与\(n\)的质因子个数有关，而且当某个质因子出现不止一次时，\(\mu(n)=0\)。这样的话，只要\(c_1\)到\(c_n\)中有任意一个大于\(1\)，后面那个\(\mu\)值就为\(0\)。
这样的话，我们就可以大大降低枚举范围：
\[\mu*1(n)=\sum_{c_1=0}^1\sum_{c_2=0}^1\dots\sum_{c_m=0}^1\mu(p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_m^{c_m})\]
\[=\sum_{c_1=0}^1\sum_{c_2=0}^1\dots\sum_{c_m=0}^1(-1)^{\sum_{i=1}^mc_i}\]
\[=\sum_{i=0}^m(-1)^i\dbinom mi\]
\[=[m=0]=[n=1]=e(n)\]
至于最后那个式子为什么是\([m=0]\)，证法多种多样，这里不再赘述。
那么继续：
\[\varphi*1(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)=n=id(n)\]
这个又是为什么？
直接证比较麻烦，我们利用\(\mu*1=e\)证一个反过来的式子：
\[\varphi(n)=id*\mu(n)\]
直接暴力拆式子即可。要用到下面讲到的一些技巧，可以回头再来看。
\[\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[i\perp n]\]
\[=\sum_{i=1}^n[(i,n)==1]\]
\[=\sum_{i=1}^n\sum_{d|(i,n)}\mu(d)\]
\[=\sum_{d|n}\mu(d)\frac nd\]
\[=id*\mu(n)\]
这样，我们就完成了上述积性函数的大一统：
\[\mu\xrightarrow{*1}e\xrightarrow{*1}1\xrightarrow{*1}d\]
\[\varphi\xrightarrow{*1}id\xrightarrow{*1}\sigma\]
反过来也可以：
\[\mu\xleftarrow{*\mu}e\xleftarrow{*\mu}1\xleftarrow{*\mu}d\]
\[\varphi\xleftarrow{*\mu}id\xleftarrow{*\mu}\sigma\]
莫比乌斯反演
类似于二项式反演和斯特林反演，有一个这样的反演式子：
\[f(n)=\sum_{d|n}g(d)\iff g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac nd)f(d)\]
其实没毛用，因为它的本质就是这样的：
\[f=g*1\iff g=\mu*f\]
但这样看的话，似乎就是废话了。
常用技巧
无关项提前
本质是分配律。
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ma_ib_j=\sum_{i=1}^na_i\sum_{j=1}^mb_j\]
交换枚举顺序
\[\sum_{i=1}^na_i\sum_{j=1}^mb_j=\sum_{j=1}^mb_j\sum_{i=1}^na_i\]
这个看上去还是很\(naive\)。
比较重要的是枚举约数变成枚举倍数：
\[\sum_{i=1}^na_i\sum_{d|i}b_d=\sum_{d=1}^nb_d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}a_{id}\]
反演
就是活用上面那几个常用积性函数的狄利克雷卷积关系式，尤其是\(\mu*1=e\)。
数论分块
这个居然在我很\(naive\)的时候自己\(yy\)出来了。
举个例子，求\(\sum_{i=0}^n\lfloor\frac ni\rfloor,n\leq10^9\)。
不会的话打个表，然后就会了。
当\(n=100\)时，可以发现\(\lfloor\frac n{100}\rfloor,\lfloor\frac n{99}\rfloor,\dots,\lfloor\frac n{51}\rfloor\)都是\(1\)，\(\lfloor\frac n{50}\rfloor,\lfloor\frac n{49}\rfloor,\dots,\lfloor\frac n{34}\rfloor\)都是\(2\)，这样的话，我们得到了一个可靠的结论：
\(\lfloor\frac n{\lfloor\frac ni\rfloor+1}\rfloor,\lfloor\frac n{\lfloor\frac ni\rfloor+2}\rfloor,\dots,\lfloor\frac n{\lfloor\frac n{i+1}\rfloor}\rfloor\)的结果都是\(i+1\)。
这样我们就得到了一个快速的根号算法：
对于大于\(\sqrt n\)的数，不同的\(\lfloor\frac ni\rfloor\)只有\(\sqrt n\)个；
小于\(\sqrt n\)的数只有\(\sqrt n\)个，直接暴力算即可。
……