前言：
下面介绍的这种方法并不常见，但是非常的有用
准确来说，我是来拓荒的，所以有什么问题请一定指出
前置技能：
积性函数
狄利克雷卷积
一定式子转化能力
其实对杜教筛知识点方面要求并不是很高
简单介绍几种常用积性函数：
\(1.\text{欧拉函数：}\phi(x)=\text{ 1—x与x互质的数的个数}\)
\(2.\text{莫比乌斯函数：}\mu(x)\text{ 这个函数定义难以描述，可以自行查找}\)
\(3.\text{约数个数：}d(x)=\sum_{d|x}1\)
\(4.\text{约数和：}\sigma(x)=\sum_{d|x}d\)
\(5.\text{恒等函数：}I(x)=1\)
\(6.\text{单元函数：}id(x)=x\)
\(7.\text{元函数：}\epsilon(x)=[x=1]\)
狄利克雷卷积（*）
对于两个数论函数 \(f(x),g(x)\)
它们的卷积形式为： \(f*g(x)=\sum_{d|x}f(d)\times g(\frac{x}{d})\)
卷积满足
交换律： \(f*g(x)=g*f(x)\)
结合律： \((f*g)*h(x)=f*(g*h)(x)\)
分配律： \((f+g)*h(x)=f*h(x)+g*h(x)\)
且 积性函数*积性函数 为 积性函数
牢记下面公式：
\(d(x)=I*I(x)\)
\(\sigma(x)=I*id(x)\)
\(id(x)=I*\phi(x)\)
\(\epsilon(x)=I*\mu(x)\)
\(f*\epsilon(x)=f(x)\)
进入正题：
首先介绍杜教筛的式子：
杜教筛之所以是杜教筛，因为存在这样的式子：
\[\sum_{i=1}^nf*g(i)=\sum_{i=1}^nf(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}g(j)\]
证明：
\[\sum_{i=1}^nf*g(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(\frac id)g(d)\]
\[=\sum_{i=1}^n\sum_{d=1}f(d)g(\frac id)[d|i]\]
\[=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}g(i)\]
引入：
考虑这样一道题：
\[\sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(j)\]
常见做法：
预处理\(\mu(x)\)前缀和，然后整除分块，时间复杂度\(O(T\sqrt n+n)\)
但是若\(T\le10^7,n\le10^7\),妥妥的TLE
观察杜教筛的式子，发现
\[\sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(j)=\sum_{i=1}^nid*\mu(i)=\sum_{i=1}^n\phi(i)\]
也就是说此式子与\(\phi(x)\)前缀和等价
那么我们只用预处理\(\phi(x)\)前缀和，\(O(1)\)回答询问即可，时间复杂度\(O(T+n)\)
这就是杜教筛逆运算最基础的应用
进阶应用1：
考虑这样一道题：
\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor\mu*\phi(i)\]
常见做法：
积性函数筛，筛出\(\mu*\phi(x)\ O(n\log\log n)\)并求前缀和
对于每次询问，整除分块
时间复杂度\(O(n\log\log n+T\sqrt n)\)
同样的若\(T\le 10^7,n\le10^7\),妥妥的TLE
此时又来观察杜教筛式子，如果我们把\(g(x)\)函数特殊化为\(I(x)=1\)，可以得到
\[\sum_{i=1}^nI*f(i)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor f(i)\]
把\(f(x)\)替换为\(\mu*\phi(x)\)不就是我们要求的式子吗，于是化简为
\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor\mu*\phi(i)=\sum_{i=1}^nI*\mu*\phi(i)=\sum_{i=1}^n\phi(i)\]
那么接下来就与前一道相同了，时间复杂度\(O(T+n)\)
进阶应用2：
考虑这样一道题：
\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor^2\mu(i)\]
好像很熟悉的亚子。。。
常见做法：
处理\(\mu(x)\)前缀和，整除分块，时间复杂度\(O(n+T\sqrt n)\)
然后被\(T\le 10^7,n\le10^7\)毒瘤数据卡死
然而继续观察杜教筛式子，把\(g(x)\)函数特殊化为\(id(x)=x\)，可以得到
\[\sum_{i=1}^nid*f(i)=\sum_{i=1}^nf(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}id(j)\]
\[=\sum_{i=1}^nf(i)\frac{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\times(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor+1)}{2}\]
\[=\frac{\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor^2 f(i)+\sum_{i=1}^nI*f(i)}{2}\]
移项得
\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor^2 f(i)=2\times\sum_{i=1}^nid*f(i)-\sum_{i=1}^nI*f(i)\]
将\(f(x)\)替换为\(\mu(x)\),得
\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor^2 \mu(i)=2\times\sum_{i=1}^n\phi(i)-1\]
那么接下来就与前两道相同了，时间复杂度\(O(T+n)\)
当然你要这么做我也没办法：
\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor^2\mu(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=1]=2\times\sum_{i=1}^n\phi(i)-1\]
总结：
总而言之，三个式子比较重要
\[1.\sum_{i=1}^nf*g(i)=\sum_{i=1}^nf(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}g(j)\]
\[2.\sum_{i=1}^nI*f(i)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor f(i)\]
\[3.\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor^2 f(i)=2\times\sum_{i=1}^nid*f(i)-\sum_{i=1}^nI*f(i)\]
后记：
可以看看这篇题解，应该会对此方法有更好理解
因为网络上暂时还没找到过这种方法，所以以上全是博主yy出来的
有木有用请由自己掂量，有错误请一定指出
关于这种方法有新的拓展也请一定提出
原文地址：https://www.cnblogs.com/MYsBlogs/p/11445713.html