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h(x)&=f(x^p)\\

h(x)&=f^p(x)\\

h(x)&=f(x)g(x)\\

h(x)&=\sum_{d|x}f(d)g(\frac{x}{d})

h(x)&=\sum_{d\mid x}f(d)g(\frac{x}{d})

\end{align*}

$$

$$

\qquad\begin{array}

\text{约数个数函数}&d(n)=\displaystyle\sum_{d|n}1\\

\text{约数和函数}&\displaystyle\sigma(n)=\sum_{d|n}d\\

\text{约数 $k$ 次幂函数}&\displaystyle\sigma_k(n)=\sum_{d|n}d^k\\

\text{约数个数函数}&d(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}1\\

\text{约数和函数}&\displaystyle\sigma(n)=\sum_{d\mid n}d\\

\text{约数 $k$ 次幂函数}&\displaystyle\sigma_k(n)=\sum_{d\mid n}d^k\\

\text{欧拉函数}&\displaystyle\varphi(n)=\sum_{i=1}^n [\gcd(i,n)=1]\\

\text{莫比乌斯函数}&\displaystyle\mu(n)=

\begin{cases}

定义两个数论函数 $f,g$ 的 $\text{Dirichlet}$ 卷积为

$$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

$$(f*g)(n)=\sum_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

### 性质 ###

$\text{Dirichlet}$ 卷积满足交换律和结合律。

其中 $\epsilon$ 为 $\text{Dirichlet}$ 卷积的单位元（任何函数卷 $\epsilon$ 都为其本身）

其中 $\varepsilon$ 为 $\text{Dirichlet}$ 卷积的单位元（任何函数卷 $\varepsilon$ 都为其本身）

### 例子 ###

$$

\begin{align*}

\epsilon=\mu*1&\Leftrightarrow\epsilon(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\\

d=1*1&\Leftrightarrow d(n)=\sum_{d|n}1\\

\sigma=d*1&\Leftrightarrow\epsilon(n)=\sum_{d|n}d\\

\varphi=\mu*\text{ID}&\Leftrightarrow\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\cdot\frac{n}{d}

\varepsilon=\mu*1&\Leftrightarrow\varepsilon(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\\

d=1*1&\Leftrightarrow d(n)=\sum_{d\mid n}1\\

\sigma=d*1&\Leftrightarrow\varepsilon(n)=\sum_{d\mid n}d\\

\varphi=\mu*\text{ID}&\Leftrightarrow\varphi(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu(\frac{n}{d})

\end{align*}

$$

### 证明 ###

$$

\epsilon(n)=

\varepsilon(n)=

\begin{cases}

1&n=1\\

0&n\neq 1\\

\end{cases}

$$

其中 $\displaystyle\epsilon(n)=\sum_{d|n}\mu(d)$ 即 $\epsilon=\mu*1$

其中 $\displaystyle\varepsilon(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)$ 即 $\varepsilon=\mu*1$

设 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i},n'=\prod_{i=1}^k p_i$

那么 $\displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n'}\mu(d)=\sum_{i=0}^k C_k^i\cdot(-1)^k$

那么 $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{d\mid n'}\mu(d)=\sum_{i=0}^k C_k^i\cdot(-1)^k$

根据二项式定理，易知该式子的值在 $k=0$ 即 $n=1$ 时值为 $1$ 否则为 $0$，这也同时证明了 $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$

### 补充结论 ###

反演结论：$\displaystyle [gcd(i,j)=1] \Leftrightarrow\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)$

- **直接推导**：如果看懂了上一个结论，这个结论稍加思考便可以推出：如果 $\gcd(i,j)=1$ 的话，那么代表着我们按上个结论中枚举的那个 $n$ 是 $1$，也就是式子的值是 $1$，反之，有一个与 $[\gcd(i,j)=1]$ 相同的值：$0$

- **利用 $\varepsilon$ 函数**：根据上一结论，$[\gcd(i,j)=1]\Rightarrow \varepsilon(\gcd(i,j))$，将 $\varepsilon$ 展开即可。

根据二项式定理，易知该式子的值在 $k=0$ 即 $n=1$ 时值为 $1$ 否则为 $0$，这也同时证明了 $\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$

### 线性筛 ###

由于 $\mu$ 函数为积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数（线性筛基本可以求所有的积性函数，尽管方法不尽相同）。

将 $n$ 分解质因数：$\displaystyle n=\prod_{i=1}^k {p_i}^{c_i}$

首先，因为 $\varphi$ 是积性函数，故只要证明当 $n'=p^c$ 时 $\displaystyle\varphi*1=\sum_{d|n'}\varphi(\frac{n'}{d})=\text{ID}$ 成立即可。

首先，因为 $\varphi$ 是积性函数，故只要证明当 $n'=p^c$ 时 $\displaystyle\varphi*1=\sum_{d\mid n'}\varphi(\frac{n'}{d})=\text{ID}$ 成立即可。

因为 $p$ 是质数，于是 $d=p^0,p^1,p^2,\cdots,p^c$

$$

\begin{align*}

\varphi*1&=\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})\\

\varphi*1&=\sum_{d\mid n}\varphi(\frac{n}{d})\\

&=\sum_{i=0}^c\varphi(p^i)\\

&=1+p^0\cdot(p-1)+p^1\cdot(p-1)+\cdots+p^{c-1}\cdot(p-1)\\

&=p^c\\

\end{align*}

$$

该式子两侧同时卷 $\mu$ 可得 $\displaystyle\varphi(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu(\frac{n}{d})$

---

## 莫比乌斯反演 ##

如果有

$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)$$

$$f(n)=\sum_{d\mid n}g(d)$$

那么有

$$g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$$

$$g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$$

### 证明 ###

- **暴力计算**：

$$\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}g(k)=\sum_{k|n}g(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)=g(n)$$

$$\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{k\mid \frac{n}{d}}g(k)=\sum_{k\mid n}g(k)\sum_{d\mid \frac{n}{k}}\mu(d)=g(n)$$

用 $\displaystyle\sum_{d|n}g(d)$ 来替换 $f(\dfrac{n}{d})$，再变换求和顺序。最后一步转为的依据：$\displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$，因此在 $\dfrac{n}{k}=1$ 时第二个和式的值才为 $1$。此时 $n=k$，故原式等价于 $\displaystyle\sum_{k|n}[n=k]\cdot g(k)=g(n)$

用 $\displaystyle\sum_{d\mid n}g(d)$ 来替换 $f(\dfrac{n}{d})$，再变换求和顺序。最后一步转为的依据：$\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$，因此在 $\dfrac{n}{k}=1$ 时第二个和式的值才为 $1$。此时 $n=k$，故原式等价于 $\displaystyle\sum_{k\mid n}[n=k]\cdot g(k)=g(n)$

- **运用卷积**：

原问题为：已知 $f=g*1$，证明 $g=f*\mu$

易知如下转化：$f*\mu=g*1*\mu\Rightarrow f*\mu=g$（其中 $1*\mu=\epsilon$）

易知如下转化：$f*\mu=g*1*\mu\Rightarrow f*\mu=g$（其中 $1*\mu=\varepsilon$）

---

$$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]$$

因为 $\gcd(i,j)=1$ 时对答案才用贡献，于是我们可以将其替换为 $\epsilon(\gcd(i,j))$（$\epsilon(n)$ 当且仅当 $n=1$ 时值为 $1$ 否则为 $0$ ），故原式化为

因为 $\gcd(i,j)=1$ 时对答案才用贡献，于是我们可以将其替换为 $\varepsilon(\gcd(i,j))$（$\varepsilon(n)$ 当且仅当 $n=1$ 时值为 $1$ 否则为 $0$ ），故原式化为

$$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\epsilon(\gcd(i,j))$$

$$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\varepsilon(\gcd(i,j))$$

将 $\epsilon$ 函数展开得到

将 $\varepsilon$ 函数展开得到

$$\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d| \gcd(i,j)}\mu(d)$$

$$\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d\mid  \gcd(i,j)}\mu(d)$$

变换求和顺序，先枚举 $d|gcd(i,j)$ 可得

变换求和顺序，先枚举 $d\mid gcd(i,j)$ 可得

$$\displaystyle\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}d|i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}d|j$$

$$\displaystyle\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}d\mid i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}d\mid j$$

（其中 $d|i$ 表示 $i$ 是 $d$ 的倍数时对答案有 $1$ 的贡献）

（其中 $d\mid i$ 表示 $i$ 是 $d$ 的倍数时对答案有 $1$ 的贡献）

易知 $1\sim\lfloor\dfrac{n}{k}\rfloor$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor\dfrac{n}{kd}\rfloor$ 个，故原式化为

$$\displaystyle\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d) \lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor$$

故答案为

$$ \frac{1}{2}\cdot\sum_{d|n}\frac{n^2\cdot\varphi(\frac{n}{d})}{d}+n$$

$$ \frac{1}{2}\cdot\sum_{d\mid n}\frac{n^2\cdot\varphi(\frac{n}{d})}{d}+n$$

变换求和顺序，设 $\displaystyle d'=\frac{n}{d}$，式子化为

$$\frac{1}{2}n\cdot\sum_{d'|n}d'\cdot\varphi(d')+n$$

$$\frac{1}{2}n\cdot\sum_{d'\mid n}d'\cdot\varphi(d')+n$$

设 $\displaystyle \text{g}(n)=\sum_{d|n} d\cdot\varphi(d)$，已知 $\text{g}$ 为积性函数，于是可以 $\Theta(n)$ 预处理。最后枚举 $d$，统计贡献即可。

设 $\displaystyle \text{g}(n)=\sum_{d\mid n} d\cdot\varphi(d)$，已知 $\text{g}$ 为积性函数，于是可以 $\Theta(n)$ 预处理。最后枚举 $d$，统计贡献即可。

**时间复杂度**：$\Theta(n\log n)$

枚举最大公因数 $d$，显然两个数除以 $d$ 得到的数互质

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i,d|j,\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{i\cdot j}{d}$$

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid i,d\mid j,\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{i\cdot j}{d}$$

非常经典的 $\gcd$ 式子的化法

$$\text{sum}(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=1]\  i\cdot j$$

接下来对 $\text{sum}(n,m)$ 进行化简。首先枚举约数，并将 $[\gcd(i,j)=1]$ 表示为 $\epsilon(\gcd(i,j))$

接下来对 $\text{sum}(n,m)$ 进行化简。首先枚举约数，并将 $[\gcd(i,j)=1]$ 表示为 $\varepsilon(\gcd(i,j))$

$$\sum_{d=1}^n\sum_{d|i}^n\sum_{d|j}^m\mu(d)\cdot i\cdot j$$

$$\sum_{d=1}^n\sum_{d\mid i}^n\sum_{d\mid j}^m\mu(d)\cdot i\cdot j$$

设 $i=i'\cdot d$，$j=j'\cdot d$，显然式子可以变为