杜教筛

现在要算$s(n)=sum_{i=1}^n{f(i)}$

那么构造函数h和g，使得$h=f*g$，要求h和g的前缀和都好算

$sum_{i=1}^n{h(i)}=sum_{i=1}^n{sum_{d|i}f(frac{i}{d})g(d)}=sum_{i=1}^n{sum_{d=1}^i[d|i]f(frac{i}{d})g(d)}$
$=sum_{d=1}^ng(d)sum_{i=1}^{{lfloor}frac{n}{d}{ floor}}f(i)=sum_{d=1}^ng(d)s({lfloor}frac{n}{d}{ floor})$

$g(1)s(n)=sum_{i=1}^n{h(i)}-sum_{d=2}^ng(d)s({lfloor}frac{n}{d}{ floor})$

由于h和g前缀和都好算，可以对后面s(n/d)做整除分块，递归去算（要记忆化，用个哈希表之类的）

并不知道为什么要这么搞。。

复杂度？直接贴过来吧。。

以下转自https://www.cnblogs.com/onioncyc/p/8461267.html

根据(x/a)/b=x/(ab)，杜教筛只用到2√n个值，所以杜教筛的复杂度是：

$sum_{i=1}^{sqrt n}O(sqrt i)+sum_{i=1}^{sqrt n}O(sqrt{frac{n}{i}})$

计算复杂度需要用到积分：

$int_{0}^{a}x^n=frac{1}{n+1}a^{n+1}$

所以，前半部分的复杂度：

$sum_{i=1}^{sqrt n}O(sqrt i)=int_{0}^{sqrt n}x^frac{1}{2}approx sqrt n^{frac{1}{2}+1}=O(n^{frac{3}{4}})$

后半部分的复杂度：（把√n提出来，最后是n^(3/4)）

$sum_{i=1}^{sqrt n}O(frac{1}{sqrt i})=int_{0}^{sqrt n}x^{-frac{1}{2}}approx sqrt n^{-frac{1}{2}+1}=O(n^{frac{1}{4}})$

最终，复杂度$O(n^{frac{3}{4}})$

有的时候，可以用线性筛先预处理出一部分s函数的值，然后再算

此时的复杂度：转自https://blog.csdn.net/skywalkert/article/details/50500009

假设预处理了前k个正整数的$phi(n)$，且$kgesqrt{n}$，则复杂度变为$T(n)=sum_{i=1}^{frac{n}{k}}{sqrt{frac{n}{i}}}=O(frac{n}{sqrt{k}})$，当$k=O(n^frac{2}{3})$时可以取到较好的复杂度$T(n)=O(n^frac{2}{3})$

具体一点，就是根据前面那个一样去积分化简一下得到T(n)约等于$frac{n}{k^{frac{1}{2}}}+k$，就好算了

---

欧拉函数之和 51Nod - 1239

这个题就是要求欧拉函数的前缀和

显然，$1*varphi=id$

然后代进去，得到$s(n)=n(n+1)/2-sum_{d=2}^ns({lfloor}frac{n}{d}{ floor})$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
#define md 1000000007
unordered_map<ll,ll> ma;
ll n,K;
ll ma2[5001000],prime[1001000],len;
bool nprime[5001000];
ll calc(ll n)
{
    if(n<=K)    return ma2[n];
    if(ma.count(n))    return ma[n];
    ll i,j,ans=0;
    for(i=2;i<=n;i=j+1)
    {
        j=min(n,n/(n/i));
        //printf("a%lld %lld
",i,j);
        ans=(ans+(j-i+1)%md*calc(n/i)%md)%md;
    }
    //printf("b%lld %lld
",n,ans);
    return ma[n]=(__int128(n)*(n+1)/2-ans+md)%md;
}
int main()
{
    ll i,j;
    scanf("%lld",&n);K=pow(n,0.666667);
    ma2[1]=1;
    for(i=2;i<=K;i++)
    {
        if(!nprime[i])    prime[++len]=i,ma2[i]=i-1;
        for(j=1;j<=len&&i*prime[j]<=K;j++)
        {
            nprime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)    {ma2[i*prime[j]]=ma2[i]*prime[j];break;}
            else    ma2[i*prime[j]]=ma2[i]*(prime[j]-1);
        }
    }
    for(i=1;i<=K;i++)    ma2[i]=(ma2[i]+ma2[i-1])%md;
    //for(i=1;i<=K;i++)    printf("%lld %lld
",i,ma2[i]);
    printf("%lld",calc(n));
    return 0;
}

---

莫比乌斯函数之和 51Nod - 1244

显然，$mu*1=epsilon$

$s(n)=1-sum_{d=2}^ns({lfloor}frac{n}{d}{ floor})$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
unordered_map<ll,ll> ma;
ll n,K;
ll ma2[5001000],prime[1001000],len;
bool nprime[5001000];
ll calc(ll n)
{
    if(n<=K)    return ma2[n];
    if(ma.count(n))    return ma[n];
    ll i,j,ans=0;
    for(i=2;i<=n;i=j+1)
    {
        j=min(n,n/(n/i));
        //printf("a%lld %lld
",i,j);
        ans=ans+(j-i+1)*calc(n/i);
    }
    //printf("b%lld %lld
",n,ans);
    return ma[n]=1-ans;
}
ll solve(ll n)
{
    ll i,j;
    //ma.clear();
    K=pow(n,0.666667);
    for(i=1;i<=K;i++)    nprime[i]=0;
    len=0;
    ma2[1]=1;
    for(i=2;i<=K;i++)
    {
        if(!nprime[i])    prime[++len]=i,ma2[i]=-1;
        for(j=1;j<=len&&i*prime[j]<=K;j++)
        {
            nprime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)    {ma2[i*prime[j]]=0;break;}
            else    ma2[i*prime[j]]=-ma2[i];
        }
    }
    for(i=1;i<=K;i++)    ma2[i]=ma2[i]+ma2[i-1];
    return calc(n);
}
int main()
{
    ll a,b;
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    printf("%lld",solve(b)-solve(a-1));
    return 0;
}

---

bzoj3944

洛谷P2413

看起来好像是双倍经验？然而过不去。。卡常。。。

可以用一个小技巧避免掉哈希表：注意到所有要存到表里面的s(k)都满足k=⌊n/i⌋且k>n^(2/3)，那么i<n^(1/3)，可以根据i来存

还有，筛法稍微多往前筛一点，毕竟多组数据

还有，把计算两个的过程和到一个函数里面，常数会小。。。

算是A掉了吧。。。（无视下面那个9.8s）

#pragma GCC optimize(3)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll> pll;
pll m[3010];
bool vm[3010];
ll n,K=5000000;
ll ma[5001000],ma2[5001000],prime[2001000],len;
bool nprime[5001000];
pll calc(ll n,ll t)
{
    if(n<=K) return pll(ma[n],ma2[n]);
    if(vm[t])  return m[t];
    ll i,j,ans1=1,ans2=n*(n+1)/2;pll tt;
    for(i=2;i<=n;i=j+1)
    {
        j=min(n,n/(n/i));tt=calc(n/i,t*i);
        ans1-=(j-i+1)*tt.fi;
        ans2-=(j-i+1)*tt.se;
    }
    vm[t]=1;
    return m[t]=pll(ans1,ans2);
}
int main()
{
    ll a,b,i,j,T;pll tt;
    ma[1]=1;ma2[1]=1;
    for(i=2;i<=K;i++)
    {
        if(!nprime[i])    prime[++len]=i,ma[i]=-1,ma2[i]=i-1;
        for(j=1;j<=len&&i*prime[j]<=K;j++)
        {
            nprime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)    {ma[i*prime[j]]=0;ma2[i*prime[j]]=ma2[i]*prime[j];break;}
            else    ma[i*prime[j]]=-ma[i],ma2[i*prime[j]]=ma2[i]*(prime[j]-1);
        }
    }
    for(i=1;i<=K;i++)    ma[i]=ma[i]+ma[i-1],ma2[i]+=ma2[i-1];
    scanf("%lld",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld",&a);
        memset(vm,0,sizeof(vm));tt=calc(a,1);
        printf("%lld %lld
",tt.se,tt.fi);
    }
    return 0;
}