用一道题水过积性函数

就以这道SB题为例，我们来讨论一下实际题目中解决积性函数的简单问题(？).
blog主蒟蒻，如果要找数论神犇请%%%idy002，或者数论大佬%%%%%Doggu。

所以就不给数学上的证明了，请自学（？死记莫比乌斯反演公式）。
基本的莫比乌斯反演:

$$f(n)=\sum\limits_{d|n}{g(d)}$$
$$->g(n)=\sum\limits_{d|n}{f(n)\mu(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)}$$
$$=\sum\limits_{d|n}{f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\mu(d)}$$
$$=\sum(\sum\limits_{k|{\frac{n}{d}}}g(k))\mu(d)$$
$$=\sum\limits_{k|n}g(k)[\sum\limits_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)]$$
因为
$$\sum\limits_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)=e(\frac{n}{k}),e(n)=[n==1]$$ 所以证毕。
开始：
先考虑数据范围，$10^7$,很明显，线性筛。
首先一看这个函数就有$\varphi \, \mu \, \sigma_0(就是 \tau)$等函数（也可以考虑有单位函数$id(n)=n$与幂函数 $id^k(n)=n^k$），所以可以使用？？？推公式。

对于$f(n)$,有两个大部分合成。
一个就是$(\sum\limits_{d|n}{\varphi(d))^m}$,如果你的积性函数还过得去，比blog好的话，你可以看出这玩意儿就是$n^m$,为什么呢？因为

$$\sum\limits_{d|n}{\varphi(d)}=n$$ 可以用莫比乌斯反演证明，同类（$\sum\limits_{d|n}{d\mu(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)}=\varphi(n)$）.
所以左边就变成了$n^m$,完美，继续。

对于$\sum\limits_{d|n}{\tau(d)\mu(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}$。
对于$id(n)=n$,这类的函数就是单位函数，是积性函数。那么$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$就解决了。
对于$\mu\,\tau$就不解释了，肯定是积性函数。

那么一条总要的结论，积性函数*积性函数得到的函数也一定是积性函数。
令$g(n)=\sum\limits_{d|n}{\tau(d)\mu(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}$,那么$g(n)$也一定是积性函数。

所以我们需要转换公式后在线性筛中筛出$g(n)$,再乘上$n^m$就行了。
还是先解决简单的$n^m$,这玩意儿其实可以看做一个幂函数$id^k(n)=n^k$，它也是积性函数，所以也可以在线性筛中单独处理，最后在与另一个乘起来就行了，放在一起处理太累了。。。

关键是处理右边的一坨$\sum\limits_{d|n}{\tau(d)\mu(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}$,推一推公式。
对于线性筛中的操作，若有$n$为质数，有

$$g(n)=\tau(1)*\mu(1)*1+\tau(n)*\mu(n)*n=2*1*1+1*(-1)*n=2-n$$ 。
然后讨论有$gcd(a,b)==1,->g(ab)=g(a)*g(b)$,由于已经证明$g(n)$为积性函数。
最后只需要求解有$n$,为质数时的$g(n^k)$，就行了。
令$h(n)=\mu(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$
则对于$h(n^k)$而言，只需要计算$n^1$与$n^0$，因为对于

$$n^a,a=1->\mu(n)=-1$$ $$a=0->\mu(n^0=1)=1$$ $$a≥2->\mu(n^a)=0$$

所以可以得到

$$g(n^a)=\tau(n^a)\mu(1)*1+\tau(n^{a-1})\mu(n)*n$$
$$g(n^a)=(a+1)*1*1+a*(-1)*n$$
$$g(n^a)=a(1-p)+1$$

然后我们就通过公式在线性筛中实现就行了。

具体代码放置于另一篇blog（NOIP数论训练code）中。