杜教筛 [学习笔记]【更新中】

杜教筛

嘟嘟嘟

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任之洲 2016国家队论文 orz

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概述

前置技能：莫比乌斯反演

可以在(O(frac{3}{4}))或(O(frac{2}{3}))复杂度完成数论函数(前缀和)的计算

一般形式

数论函数(f(n))，求

[S(n) = sum_{i=1}^n f(i) ]

对于任意数论函数(g(n))，均满足

[sum_{i=1}^n (f*g)(i) = sum_{i=1}^n g(i)S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

(Proof.)

[egin{align*} sum_{i=1}^n (f*g)(i) &= sum_{i=1}^n sum_{dmid i} f(d) g(frac{i}{d}) \ 先枚举几倍再枚举约数 \ &= sum_{i=1}^n g(i) sum_{d=1}^{lfloor frac{n}{d} floor}f(d) \ &= sum_{i=1}^n g(i) S(lfloor frac{n}{d} floor) end{align*} ]

• 注意枚举几倍的技巧：对于i*j=k，我们枚举了i和j

这样的话可以得到

[g(1)S(n) = sum_{i=1}^n (f*g)(i) - sum_{i=2}^n g(i)S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

通常情况(g(1)=1)

这个柿子可以整除分块

找到合适的(g)

如果能通过狄利克雷卷积构造一个更好计算前缀和的函数，且用于卷积的另一个函数也易计算，则可以简化计算过程

时间复杂度

假设计算出(ϕ(n))的复杂度为(T(n))，则有(T(n)=O(sqrt{n})+sum_{i=1}^{sqrt{n}}{T(i)+T(frac{n}{i})})，这里只展开一层就可以了，更深层的复杂度是高阶小量，所以有(T(n)=sum_{i=1}^{sqrt{n}}{O(sqrt{i})+O(sqrt{frac{n}{i}})}=O(n^frac{3}{4}))

预处理前k个的答案后，(T(n)=sum_{i=1}^{frac{n}{k}}{sqrt{frac{n}{i}}}=O(frac{n}{sqrt{k}})),(k=O(n^frac{2}{3}))时最优(T(n)=O(n^frac{2}{3}))

基本形式

• 基本形式只是为了简化思考，用一般形式找函数卷上均可以完成
• 就是说没大有用啦

一. 数论函数(f(n))，完全积性函数(g(n))，求

[S(n)=sum_{i=1}^n(f cdot g)(i) ]

此时满足

[sum_{i=1}^n {((f*1) cdot g)(i)} = sum_{i=1}^n g(i)S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

(Proof.)

[egin{align*} sum_{i=1}^n {((f*1) cdot g)(i)} &= sum_{i=1}^n g(i) sum_{dmid i} f(d) \ 先枚举几倍 \ &= sum_{i=1}^n sum_{d=1}^{lfloor frac{n}{i} floor} f(d) g(id) \ 因为g(id)=g(i)cdot g(d) \ &= sum_{i=1}^n g(i) S(lfloor frac{n}{d} floor) end{align*} ]

也就是说这种情况我们只要让另一个函数卷(1)，完全积性函数直接当做我们找的函数。

二. 待填坑

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简单的栗子

都是卷上(1)

一. 求(mu)的前缀和

[mu * 1 = epsilon \ S(n) = 1 - sum_{i=2}^n S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

二. 求(varphi)的前缀和

[phi * 1 = id \ S(n) = frac{n(n+1)}{2} - sum_{i=2}^n S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

代码实现

使用记忆化搜索和哈希表

//这是phi前缀和。首先要线性筛预处理一部分。
namespace ha {
	const int p = 1001001;
	struct meow{int ne; ll val, r;} e[3000];
	int cnt=1, h[p];
	inline void insert(ll x, ll val) {
		ll u = x % p;
		for(int i=h[u];i;i=e[i].ne) if(e[i].r == x) return;
		e[++cnt] = (meow){h[u], val, x}; h[u] = cnt;
	}
	inline ll quer(ll x) {
		ll u = x % p;
		for(int i=h[u];i;i=e[i].ne) if(e[i].r == x) return e[i].val;
		return -1;
	}
} using ha::insert; using ha::quer;

ll dj_sieve(ll n) {
	if(n <= U) return phi[n];
	if(quer(n) != -1) return quer(n);
	ll ans = n%mo * ((n+1) %mo) %mo * inv2 %mo, r;
	for(ll i=2; i<=n; i=r+1) {
		r = n/(n/i);
		mod(ans -= dj_sieve(n/i) * ((r-i+1) %mo) %mo);
	}
	insert(n, ans);
	return ans;
}

栗子

一. 求 (sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n lcm(i, j))

有两类做法。

一.变成积性函数求和的形式

首先进行化简

[egin{align*} A(n) &= sum_{i=1}^nlcm(i,n)=n sum_{i=1}^nfrac{i}{(n,i)} \ &=n sum_{dmid n}sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d} floor}i[(frac{n}{d}, i)=1] \ &= frac{1}{2} n (1 + sum_{dmid n}d cdot varphi(d)) end{align*} ]

(ans = 2*A(n) - sum_{i=1}^n)

就是(f(n) = nsum_{dmid n}d cdot varphi(d)= id cdot ((id cdot varphi) * 1))的前缀和。

• 其中重要的一步在于使用欧拉函数的性质代入，而不是使用莫比乌斯函数代入

这里又有两种做法。

法一：

[egin{align*} ans &= sum_{i=1}^n i sum_{dmid i}d cdot varphi(d) \ 先枚举几倍 \ &= sum_{i=1}^n i sum_{d=1}^{lfloor frac{n}{i} floor} d^2 cdot varphi(d) end{align*} ]

后面是可以整除分块的形式，我们只要处理出(i^2 cdot varphi(i)=(id^2 cdot varphi)(i))的前缀和(S(n))就行了

(id^2)是完全积性函数，满足杜教筛基本形式一，单独让(varphi)卷上(1)，也变成(id)了。

或者直接卷上(id^2)，效果相同

[S(n) = sum_{i=1}^n i^3 - sum_{i=2}^n i^2 S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

其中(sum_{i=1}^{n} i^3 = (frac{n(n+1)}{2})^2, sum_{i=1}^{n} i^2 = frac{n(n+1)(2n+1)}{6})

杜教筛的过程中计算了所有(S(lfloor frac{n}{i} floor))，可以和整除分块配合食用

法二：

把f外面的n拿进来

直接计算(f(n) = id cdot ((id cdot varphi) * 1) = (id^2 cdot varphi) * id)的前缀和。

卷上(id^2)

[((id^2 cdot varphi) * id^2) * id = id^3 * id \ S(n) = sum_{i=1}^n (id^3 * id)(i) - sum_{i=2}^n i^2 S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

前部分的前缀和可以用整除分块解决

使用线性筛直接预处理S的前(n^{frac{2}{3}})项，只要预处理((id cdot varphi) * 1 = sum_{dmid n}d cdot varphi(d))就行了，因为是点乘比较好做。(p^c)的形式处理出来，剩下的保留最小质因子的幂次然后用积性。

二.使用莫比乌斯反演的套路

看abclzr的博客发现了这种做法：

套路推♂倒之后得到的柿子是：

[sum_{i=1}^n frac{lfloor frac{n}{i} floor(lfloor frac{n}{i} floor+1)}{2} frac{lfloor frac{m}{i} floor(lfloor frac{m}{i} floor+1)}{2} i sum_{dmid i} dcdot mu(d) ]

我们只需用杜教筛计算(i sum_{dmid i} dcdot mu(d))的前缀和，然后与整除分块配合就行了(因为每次块的r的值也是一个(frac{n}{i})的值)。

就是要计算(f=(id^2 cdot mu) * id)的前缀和，卷上(id^2)后变成(f(n) = nsum_{dmid n}[d=1]=n)

上杜教筛就行了

预处理的话，可以用线性筛预处理(f'=sum_{dmid n}dcdot mu(d))，发现(f'=prod_i(1-p_i))

这样做的好处是可以处理n和m的情况

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总结

找到一个函数卷上方便求

莫比乌斯反演的题目一般是约数和倍数互换 令D=de，这里一般是约数与几倍互换

TA:

对于d,e,D=d*e 三项贡献的这种，可以枚举D将其化为狄利克雷卷积，也可以枚举d和e化成带下取整的式子；一般来讲前者往往易于预处理，可以应付多组询问，后者则在单次询问中有优秀表现。