浅谈算法——杜教筛

首先我们给道题目：求(sumlimits_{i=1}^nmu(i))

(nleqslant 10^5)，我会(O(nsqrt{n}))！

(nleqslant 10^7)，我会(O(n))线筛！

(nleqslant 10^9)，我……

于是杜教筛就此被发明，它可以在(O(n^{frac{2}{3}}))的时间内求出一些积性函数函数的前缀和，如何做？

假定我们现在要求(S(n)=sumlimits_{i=1}^nf(i))，于是我们找来一个积性函数(g(i))（不知道是什么东西），和(f(i))卷积一下，有

[(f*g)(n)=sumlimits_{d|n}g(d)f(dfrac{n}{d}) ]

然后我们求一下卷积形式的前缀和

[sumlimits_{i=1}^n(f*g)(i)=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{d|i}g(d)f(dfrac{i}{d}) ]

然后我们调整一下枚举顺序，得到

[sumlimits_{d=1}^ng(d)sumlimits_{d|i}f(dfrac{i}{d}) ]

[sumlimits_{d=1}^ng(d)sumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}f(i) ]

[sumlimits_{d=1}^ng(d)S(lfloordfrac{n}{d} floor) ]

好，我们现在得到(sumlimits_{i=1}^n(f*g)(i)=sumlimits_{d=1}^ng(d)S(lfloordfrac{n}{d} floor))，然后我们把这个先放着，稍微思考一下，显然有如下式子

[g(1)S(n)=sumlimits_{i=1}^ng(i)S(lfloordfrac{n}{i} floor)-sumlimits_{i=2}^ng(i)S(lfloordfrac{n}{i} floor) ]

然后你发现中间一个和我们之前推出来的形式是一样的，于是有

[g(1)S(n)=sumlimits_{i=1}^n(f*g)(i)-sumlimits_{i=2}^ng(i)S(lfloordfrac{n}{i} floor) ]

如果中间卷积部分的前缀和非常好算，那么我们就可以对后面那部分进行数论分块，然后递归处理，记得记忆化！

我们回到栗子，题目要求的(f)就是(mu)对吧，代回去有

[g(1)S(n)=sumlimits_{i=1}^n(mu*g)(i)-sumlimits_{i=2}^ng(i)S(lfloordfrac{n}{i} floor) ]

现在我们需要找一个优秀的(g)，使得他们狄利克雷卷积的前缀和非常好算

我们知道

[sumlimits_{d|n}mu(d)=[n=1]=e ]

所以((1*mu)=e)，你说(e)的前缀和是啥，当然是1啦，于是我们取(g(x)=1)，有

[S(n)=1-sumlimits_{i=2}^nS(lfloordfrac{n}{i} floor) ]

然后我们线筛出一部分(mu)的前缀和，再来一波记忆化搜索，做完了

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再举个栗子，把(mu)换成(varphi)该怎么做？

因为有

[sumlimits_{d|n}varphi(d)=i=id(i) ]

所以还是取(g(x)=1)，那么得到

(S(n)=sumlimits_{i=1}^ni-sumlimits_{i=2}^nS(lfloordfrac{n}{i} floor))

等差数列前缀和(O(1))求出就好了

对于不同的(f)，只要找到合适的(g)，就就可以让你的程序变得非常好写

不会找没关系，打个表解决一切

不过记得不要有事没事想着杜教筛，线筛啥的，埃氏筛法也是很有用的，(O(nln n))枚举倍数也挺好的

骗分过样例，暴力出奇迹

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扯了这么多，讲下时间复杂度证明吧

其实可以发现除了(S(n)=sumlimits_{i=2}^nS(lfloordfrac{n}{i} floor))贡献了复杂度外，其他基本上可以(O(1))算出答案（恶心的(g(n))不考虑）

那么我们只要算出(sqrt n)个(S(lfloordfrac{n}{i} floor))的值即可算出(S(n))，于是我们设(T(n))为计算出(S(n))的复杂度，那么有

[T(n)=O(sqrt n)+sumlimits_{i=1}^{sqrt n}(T(i)+T(dfrac{n}{i})) ]

其中(O(sqrt n))是累加合并的时间

然后我们展开一层，因为更深层的复杂度是高阶小量，所以有

[T(n)=sumlimits_{i=1}^{sqrt n}O(sqrt i)+O(sqrt{dfrac{n}{i}})=O(n^{frac{3}{4}}) ]

但由于(S(n))本身是可以通过线筛求出一部分的，假定我们预处理了前(k)个的值，且(kgeqslant sqrt n)，则复杂度变为

[T(n)=sumlimits_{i=1}^{frac{n}{k}}sqrt{dfrac{n}{i}}=O(dfrac{n}{sqrt k}) ]

则当(k)取(n^{frac{2}{3}})时可以取到较好的复杂度(T(n)=O(n^{frac{2}{3}}))