前言：发现最近都没怎么写博客，，，赶紧发篇以前记的笔记凑凑数
卷积
卷积定义：
如果有数论函数\(f, g\), 那么它们卷积的第\(n\)项为\((f * g) (n)\),设这个卷出来的新函数为h，那么有
\[h(n) = \sum_{k | n} f(k) g(n / k) = \sum_{ij = n}f(i) g(j)\]
一些性质:
1,积性函数的卷积还是积性函数
证明： 现有\(f, g\)为积性函数，且\(gcd(p, q) == 1\),求证\(h(p) \cdot h(q) = h(qp).\)
\[h(p) \cdot h(q) = \sum_{ab = p}f(a) g(b) \cdot \sum_{cd = q}f(c) g(d)\]
\[= \sum_{a} f(a) g(\frac{p}{a}) \sum_{c} f(c) g(\frac{q}{c})\]
\[= \sum_{a} \sum_{c} f(a) f(c) g(\frac{p}{a}) g(\frac{q}{c})\]
\[= \sum_{a} \sum_{c} f(ac) g(\frac{pq}{ac})\]
因为\(ac \cdot \frac{pq}{ac} = pq\),所以
\[\sum_{a} \sum_{c} f(ac)g(\frac{pq}{ac}) = \sum_{ac | pq} f(ac)g(\frac{pq}{ac})\]
\[= \sum_{x|pq}f(x)g(\frac{pq}{x}) = h(pq)\]
常见狄利克雷卷积：
\(id = \phi * 1\)
\(d = 1 * 1\)
\(\sigma = id * 1\)
\(e = 1 * \mu\)
\(\phi = id * \mu\)
有趣的事情：
1，FFT(多项式乘法)就是在求卷积。
可以把\(f,g\)分别看做两个多项式，\(f(i)\)表示\(x^i\)的系数，\(g(i)\)同理。
那么卷出来的\(h(i)\)就等于两式相乘后\(x^{i}\)的系数，因为卷积定义里面\(h(k)\)就要加上满足\(ij = k\)的\(f(i) g(j)\).
杜教筛
目的：在低于线性的时间内求积性函数前缀和
算法：
设\(S(n) = \sum_{i = 1}^{n}f_{i}\).
设有一个积性函数\(g(i)\).则：
\[\sum_{i = 1}^{n}(g * f)(i) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | i} g(d)f(\frac{i}{d})\]
因为当\(d | i\)时会统计到\(g(d)f(\frac{i}{d})\),因此直接枚举\(d\)和\(i = \frac{i}{d}\),\(i\)的最大值为\(\frac{n}{d}\),因为要满足\(i \cdot d \le n\).所以：
\[原式= \sum_{d = 1}^{n}g(d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}}f(i) = \sum_{d = 1}^{n}g(d)S(\frac{n}{d})\]
所以：
\[\sum_{i = 1}^{n}(g * f)(i) = \sum_{d = 1}^{n}g(d)S(\frac{n}{d})\]
因为我们有：
\[g(1)S(n) = \sum_{i = 1}^{n}g(i)S(\frac{n}{i}) - \sum_{i = 2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\]
带入上式得：
\[g(1)S(n) = \sum_{i = 1}^{n}(g * f)(i) - \sum_{i = 2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\]
因此我们只需要找到一个合适的\(g\)，带入上式，使得\(\sum_{i = 1}^{n}(g * f)(i)\)可以快速计算，那么就只需要对\(\sum_{i = 2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\)进行求解就可以得到\(S(n)\),而这个式子中的\(S(\frac{n}{i})\)是可以整数分块求的。
于是就可以做到\(O(n^{\frac{3}{4}})\)求解了。
同时为了降低复杂度，可以先预处理一部分\(S\)值。通过证明可得：设我们当前预处理了前\(k\)个S，那么当\(k\)取到\(n^{\frac{2}{3}}\)时可以使得整体复杂度降为\(n^{\frac{2}{3}}\).(后面部分记忆化求解)
关于记忆化：
1，可以使用map/hash解决。
2,或者观察到对于同一个\(S(n)\),我们所有要求的\(S\)值都是形如\(S(\frac{n}{x})\)的，并且我们知道\(\lfloor{ \frac{\lfloor{\frac{n}{x}}\rfloor}{y} }\rfloor = \lfloor {\frac{n}{xy}} \rfloor\),因此对于同一个\(n\),我们求的所有\(S(x)\)都可以表示为\(S(\frac{n}{x})\),因此设\(now = \frac{n}{x}\)。那么：
1，对于\(now <= n^{\frac{2}{3}}\),我们已经预处理出来了。
2，对于\(now > n^{\frac{2}{3}}\)，因为\(now > n^{\frac{2}{3}}\),所以\(x = \frac{n}{now} <= n ^ {\frac{1}{3}}\),因此我们可以令\(sum[x] = S(\frac{n}{x})\)。即若我们有\(S(now)\) 其中$now > n ^ {\frac{2}{3}} $，那么我们可以把这个值存入 \(sum[\frac{n}{now}]\).
注意：但这样的话，虽然减少一个log，但若有多个不同n值，则每次处理一个新的n值时就需要清空S数组。
因为虽然对于同一个n值，我们要求的所有S的下标都可以表示为 \(\frac{n}{x}\)，但不是任意一个数都可以被表示为 \(\frac{n}{x}\) 的，
如果这个时候的另一个\(n\)恰好不能被表示，那么答案就会出错
来源：https://www.cnblogs.com/ww3113306/p/10300633.html