杜教筛

最近在透彻一些数学知识，多项式啊，线性代数啊，杜教筛也逃不掉。。。

洛咕博客的题解都会搬过来的，然后我会整理一遍所有文章。。。

然后下面是正题

我们现在已知积性函数(f(n))，求(f(n))的前n项和(S(n))

由于(f(n))是积性函数，所以可以通过线性筛在(O(n))的复杂度解决

但是由于有杜教筛这种东西使得复杂度被进一步优化

我们先扯扯Dirichlet卷积，假设(f(n))和(g(n))是两个数论函数，则(f(n))和(g(n))的Dirichlet卷积定义为(displaystyle(f*g)(n)=sum_{d|n}f(d)gleft(frac{n}{d} ight))或者写一个直观点的(displaystyle (f*g)(n)=sum_{ab=n}f(a)g(b))

然后呢有一个性质就是如果f和g都是积性函数，他们的Dirichlet卷积也是积性函数。。。

然后呢我们假设(h(n)=(f*g)(n))然后呢推式子

先是(h(n))的前缀和式子

(displaystyle sum_{i=1}^nh(i)=sum_{i=1}^ng(i)Sleft(leftlfloorfrac n i ight floor ight))

这是什么鬼woc

(displaystylesum_{i=1}^nh(i))

写成Dirichlet卷积的形式

(displaystylesum_{i=1}^nsum_{d|i}g(d)fleft(frac i d ight))

把d提取出来

(displaystyle sum_{d=1}^ng(d)sum_{d|i}fleft(frac i d ight))

i是d的倍数，考虑让i除以d

(displaystyle sum_{d=1}^ng(d)sum_{i=1}^{leftlfloorfrac n d ight floor}f( i))

然后呢吧后面表示为前缀和的性质(把d字母再替换一下)

(displaystyle sum_{i=1}^ng(i)Sleft(leftlfloorfrac n i ight floor ight))

然后呢既然推出了这(h(n))前缀和的另一种表示形式

那么我们先写一个无聊的式子(displaystyle g(1)S(n)=sum_{i=1}^ng(i)Sleft(leftlfloorfrac n i ight floor ight)-sum_{i=2}^ng(i)Sleft(leftlfloorfrac n i ight floor ight))

你会问我们推出来这么无聊的东西有什么用，把后面移项不就成恒等式了么

别急，右面的第一项不是上面推得(h(i))的前缀和么。。。

所以(displaystyle g(1)S(n)=sum_{i=1}^nh(i)-sum_{i=2}^ng(i)Sleft(leftlfloorfrac n i ight floor ight))

观察这个式子，就是(S)的递推式喽

根据数论分块思想 递归求S

然后呢...注意每求出一个前缀和用map存一下

一般我们做杜教筛时候，要自己钦定一个(g)和(h=f*g)，使得(g(x))能在O(1)获得，(h(x))的前缀和能在(O(1))获得，其实一般(g(x)=1)

然后呢求欧拉函数(varphi)的前缀和，我们令(g(x)=1)，则(h(x)=x)也就是id

所以(displaystyle S(n)=sum_{i=1}^ni-sum_{i=2}^nSleft(leftlfloorfrac n i ight floor ight))

然后呢根据等差数列有关知识(displaystyle sum_{i=1}^ni=frac{n(n+1)}2)，可以(O(1))求出

后面就直接递归就行了

然后呢是莫比乌斯函数(mu)，其实更简单，我们还是令(g(x)=1)，则(h(x)=[x=1])，也就是Dirichlet卷积得单位元函数

所以(displaystyle S(n)=1-sum_{i=2}^nSleft(leftlfloorfrac n i ight floor ight))

然后呢说实现

这个算法时间复杂度是(O(n^frac{3}{4}))

然后呢我不会证

然后据说先线性筛出前面的一些值可以把复杂度优化为(O(n^{frac{2}{3}}))

然后呢这是一份洛谷板子题的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 3000010
using namespace std;

map<int, long long> ans_phi;
map<int, int> ans_mu;
bool vis[maxn];
int prime[maxn], tot;
long long phi[maxn];
int mu[maxn];

void prework()
{
    phi[1] = 1;
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= 3000000; i++)
    {
        if (vis[i] == 0)
        { 
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= 3000000; j++)
        {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0)
            {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
                break;
            }
            else
            {
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
                phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
            }
        }
        mu[i] += mu[i - 1];
        phi[i] += phi[i - 1];
    }
}

long long S_phi(int n)
{
    if (n <= 3000000)
        return phi[n];
    if (ans_phi.count(n))
        return ans_phi[n];
    long long ans = 1LL * (n + 1) * n / 2;
    for (int l = 2, r; l <= n; l = r + 1)
    {
        r= n / (n / l);
        ans -= (r - l + 1) * S_phi(n / l);
    }
    return ans_phi[n] = ans;
}

int S_mu(int n)
{
    if (n <= 3000000)
        return mu[n];
    if (ans_mu.count(n))
        return ans_mu[n];
    int ans = 1;
    for (int l = 2, r; l <= n; l = r + 1)
    {
        r = n / (n / l);
        ans -= (r - l + 1) * S_mu(n / l);
    }
    return ans_mu[n] = ans;
}

void read(int &x)
{
    static char ch;
    x = 0;
    ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
        ch = getchar();
    while (isdigit(ch))
    {
        x = x * 10 + ch - 48;
        ch = getchar();
    }
}

int main()
{
    prework();
    int T;
    read(T);
    for (int n, i = 1; i <= T; i++)
    {
        read(n);
        printf("%lld %d
", S_phi(n), S_mu(n));
    }
    return 0;
}

参考资料：洛谷题解