积性函数是OI中的数论题的重要组成部分 （一般都是涉及到各种因数啊，倍数啊，gcd啊
前置知识
整除分块（引理）
有下面这样一个式子：
\[\sum_{i=1}^n \left \lfloor {n \over i}\right \rfloor
\]
求这样一个东西需要多久？\(O(n)\)？
仔细观察，我们会发现 \(\left \lfloor {n \over i}\right \rfloor\) 会有相同的取值。
比如：\({18\over 7}={18\over 8}={18\over 9}=2\)
有这样一个结论 \(\left \lfloor {n \over i}\right \rfloor\) 最多有 \(2\sqrt n\) 种取值
所以可以 \(O(\sqrt n)\) 算出答案。
莫比乌斯函数
定义
莫比乌斯函数，像这样 \(\mu(n)\)
\[\left\{
\begin{aligned}
&\mu(n)=0 (n为一个质数平方的倍数)&\\
&\mu(n)=(-1)^k (n的质因数的个数为 k)&\\
\end{aligned}
\right.\]
例如
\[\left.
\begin{array}{lr}
\mu(1)=1=(-1)^0\\
\mu(30)=-1=(-1)^3 &(30=2\times 3\times 5)\\
\mu(6)=1=(-1)^2 &(6=2\times 3)\\
\mu(12)=0 &(12=2^2\times 3)
\end{array}
\right.\]
一个性质
\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]
\]
也就是当n=1是它的值才为1，其他情况都为0 （根据定义应该不难推出吧（逃
欧拉函数
定义
欧拉函数，就像是这样 \(\varphi(n)\)
意思是说在 1 到 n，与 n 互质的数有多少个。
比如 \(\varphi(1)=1\)，\(\varphi(7)=6\)，\(\varphi(12)=4\)
表达式
\[\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})
\]
\(p_i\)为\(p\)的第\(i\)个质因数，k为质因数个数
其实很简单，就是个容斥
n个数，减去p1的倍数，p2的倍数……再加回p1p2的倍数，减回p1p2p3的倍数……
一个性质
\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n
\]
记着就好，就懒得贴证明了 （其实也不难（逃
回归正题——积性函数
什么是积性函数
一个函数\(f(n)\)，如果 \(f(nm)=f(n)f(m)\) （n与m互质），那么它就是一个积性函数
另外，如果n、m不互质，上式依然满足，那么它是一个完全积性函数
很显然，上面的莫比乌斯函数和欧拉函数都属于积性函数
其他常见的积性函数
\(e(n)=[n=1]\) （元函数）
\(1(n)=1\)
\(id(n)=n\)
\(d(n)=\sum_{d|n}1\)（因数个数）
\(\sigma(n)=\sum_{d|n}d\) （因数和）
狄利克雷卷积
在这类OI题里，总是会出现 \(\sum_{d|n}f(d)\) 这样的式子，这下，就该狄利克雷卷积出场了
两个积性函数 \(f(n)\) ，\(g(n)\)，它们的狄利克雷卷积记为 \(f*g(n)\) 是
\[f*g(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})
\]
或者
\[f*g(n)=\sum_{d_1d_2=n}f(d1)g(d2)
\]
运算法则
交换律
\[f*g(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}g(d)f(\frac{n}{d})=g*f(n)
\]
把 n/d 换成 d 很容易解决
结合律
\[f*g*h(n)=\sum_{d|n}f(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}g(k)h(\frac{n}{dk})=\sum_{d_1d_2d_3=n}f(d_1)g(d_2)h(d_3)=f*(g*h)(n)
\]
常见卷积
仔细观察 \(\sum_{d|n}f(d)=\sum_{d|n}f(d)\times1=\sum_{d|n}f(d)1(\frac{n}{d})=f*1(n)\)
再回到开始的两个性质
\[\sum_{d|n}\mu(d)=\mu*1(n)=[n=1]=e(n)
\]
\[\sum_{d|n}\varphi(d)=\varphi*1(n)=n=id(n)
\]
所以可得 \(\mu*1(n)=e(n)\)，\(\varphi*1(n)=id(n)\)
多试几次还可以得出（省略括号）
\[\mu\overset{*1}{\longrightarrow}e\overset{*1}{\longrightarrow}1\overset{*1}{\longrightarrow}d
\]
\[\varphi\overset{*1}{\longrightarrow}id\overset{*1}{\longrightarrow}\sigma
\]
同时有
\[\mu\overset{*\mu}{\longleftarrow}e\overset{*\mu}{\longleftarrow}1\overset{*\mu}{\longleftarrow}d
\]
\[\varphi\overset{*\mu}{\longleftarrow}id\overset{*\mu}{\longleftarrow}\sigma
\]
可以看出，在狄利克雷卷积中\(\mu\)相当于加法中的-1，e相当于0，1相当于1
解题
PS：推式子的技巧
枚举因数变为枚举倍数
\[\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)=\sum_{d}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(d)
\]
莫比乌斯反演
\[f(n)=\sum_{d|n}g(d)\iff g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac nd)f(d)
\]
就是
\[f(n)=g*1(n)\iff g(n)=f*\mu(n)
\]
(几乎是废话)
当然，重点不是这个，主要是要在式子中构造一个狄利克雷卷积
莫比乌斯反演常用的就是 \(e(n)=\mu*1(n)\)
也就是那个重要性质 \(\sum\limits _{d|n}\mu(d)=[n=1]\)
多说无用，来例题
\[\begin{aligned}
求&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==1]\\
=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) &（调用性质）\\
=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i\&d|j}\mu(d)\\
=&\sum_d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\mu(d) &（枚举因数变为枚举倍数）\\
=&\sum_d\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor &（交换求和顺序）
\end{aligned}\]
还记得开始讲的整除分块吗？
\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\) 只有 \(2\sqrt{n}\) 种取值，通过对每种取值分块，预处理出 \(\mu\) 的前缀和，就能 \(O(\sqrt{n})\) 求出答案
代码实现
\\ n/(n/i)可以算出 n/i 这个值最后出现的位置 （很简单自己想
for(int i=1,pos;i<=min(n,m);i=pos+1){
pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(mu[pos]-mu[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
其他类似的题都基本这样想
欧拉定理
筛法
欧拉筛