整除分块
通常，要求
[sum_{i=1}^{n}{lfloorfrac{n}{i}
floor}
]
需要的时间为(O(n))。
但是实际上，对于几块连续的(i)，(lfloorfrac{n}{i} floor)的值是相同的。
于是，我们可以计算出每块的长度，然后用乘法求和。
对于每块以(i)开始的区间，它的右端点都是(n/(n/i))。
for (int l = 1, r; i <= n; i = r+1) {
r = n/(n/i);
ans += (r-i+1) * (n/i);
}
莫比乌斯函数 (mu)
定义
(d = 1)时，(mu(d) = 1)。
设(d)有(k)个质因子。如果质因子的幂都等于(1)，那么(mu(d)=(-1)^k)。
如果存在(d)的质因子的幂大于等于(2)，那么(mu(d)=0)。
几个性质
-
对于任意正整数(n)，(sum_{d|n}{mu(d)} = [n=1])。（([a] = a ? 1 : 0)）
证明：-
(n = 1)时，正确性显然。
-
(n ≠ 1)时，设(n = p_1^{m_1}p_2^{m_2}...p_k^{m_k})。要从这(k)个质因子中每个至多选(1)个构成(d)，才对和式的答案有影响。答案即是(sum_{i=0}^k{(-1)^i})，通过二项式定理，即((1-1)^k)。
-
-
对于任意正整数(n)，(sum_{d|n}frac{mu(d)}{d} =frac{phi(n)}{n})。
莫比乌斯反演
莫比乌斯反演定理
对于
[F(n) = sum_{d|n}f(d)
]
有
[f(n)=sum_{d|n}mu(d)F(lfloorfrac{n}{d}
floor)
]
即
[f(n)=sum_{d|n}mu(lfloorfrac{n}{d}
floor)F(d)
]
证明
根据狄利克雷卷积
[(f*g)(n) = sum_{d|n}f(d)g(lfloorfrac{n}{d}
floor)
]
和(I(n) = n)
因为(F(n) = (f * I)(n))
所以((mu*F)(n) = (mu*f*I)(n) = (f*varepsilon)(n) = f(n))
其中，(I(n)=n)，(varepsilon(n) = [n = 1])，叫做狄利克雷单位元。
为什么(mu*I = varepsilon)？
因为((mu*I)(n) = sum_{d|n}mu(d)=[n=1])（上面莫比乌斯函数的性质）