杜教筛之逆运算

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. ext{欧拉函数：}phi(x)= ext{ 1—x与x互质的数的个数})
(2. ext{莫比乌斯函数：}mu(x) ext{ 这个函数定义难以描述，可以自行查找})
(3. ext{约数个数：}d(x)=sum_{d|x}1)
(4. ext{约数和：}sigma(x)=sum_{d|x}d)
(5. ext{恒等函数：}I(x)=1)
(6. ext{单元函数：}id(x)=x)
(7. ext{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) imes 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}^{lfloorfrac{n}{i} floor}g(j) ]

证明：

[sum_{i=1}^nf*g(i)=sum_{i=1}^nsum_{d|i}f(frac id)g(d) ]

[=sum_{i=1}^nsum_{d=1}f(d)g(frac id)[d|i] ]

[=sum_{d=1}^nf(d)sum_{i=1}^{lfloorfrac nd floor}g(i) ]

引入：

考虑这样一道题：

[sum_{i=1}^nisum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{i} floor}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(Tsqrt n+n))

但是若(Tle10^7,nle10^7),妥妥的TLE
观察杜教筛的式子，发现

[sum_{i=1}^nisum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{i} floor}mu(j)=sum_{i=1}^nid*mu(i)=sum_{i=1}^nphi(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}^nlfloorfrac ni floormu*phi(i) ]

常见做法：
积性函数筛，筛出(mu*phi(x) O(nloglog n))并求前缀和
对于每次询问，整除分块
时间复杂度(O(nloglog n+Tsqrt n))

同样的若(Tle 10^7,nle10^7),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}^nlfloorfrac{n}{i} floor 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}^nlfloorfrac ni floormu*phi(i)=sum_{i=1}^nI*mu*phi(i)=sum_{i=1}^nphi(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}^nlfloorfrac ni floor^2mu(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+Tsqrt n))

然后被(Tle 10^7,nle10^7)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}^{lfloorfrac{n}{i} floor}id(j) ]

[=sum_{i=1}^nf(i)frac{lfloorfrac{n}{i} floor imes(lfloorfrac{n}{i} floor+1)}{2} ]

[=frac{sum_{i=1}^nlfloorfrac{n}{i} floor^2 f(i)+sum_{i=1}^nI*f(i)}{2} ]

移项得

[sum_{i=1}^nlfloorfrac{n}{i} floor^2 f(i)=2 imessum_{i=1}^nid*f(i)-sum_{i=1}^nI*f(i) ]

将(f(x))替换为(mu(x)),得

[sum_{i=1}^nlfloorfrac{n}{i} floor^2 mu(i)=2 imessum_{i=1}^nphi(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}^nlfloorfrac ni floor^2mu(i)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[gcd(i,j)=1]=2 imessum_{i=1}^nphi(i)-1 ]

总结：

总而言之，三个式子比较重要

[1.sum_{i=1}^nf(i)sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{i} floor}g(j)=sum_{i=1}^nf*g(i) ]

[2.sum_{i=1}^nlfloorfrac{n}{i} floor f(i)=sum_{i=1}^nI*f(i) ]

[3.sum_{i=1}^nlfloorfrac{n}{i} floor^2 f(i)=2 imessum_{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