洛谷P4213 [模板]杜教筛(Sum) 杜教筛
P4213 【模板】杜教筛(Sum)
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- 杜教筛
前言
- 杜教筛的模板~
- 前置知识是线性筛,莫比乌斯反演,狄利克雷卷积如果不会,需要稍微学习一下再来学杜教筛
简明题意
- 需要求\(\mu\)和\(\phi\)的前缀和,范围在\(2^{31}−1\),多组询问。
思路
- 杜教筛的模板。首先,杜教筛的核心是下面这个式子:(g函数你可以任意取)
\[g(1)*S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S[\frac ni]
\]
我快乐的来推导一下吧~很简单
首先我们任意取一个g函数,g和f的狄利克雷卷积的前缀和:\[\sum_{i=1}^n(g*f)(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f([\frac id]) \]改为枚举d:
\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n[d|i]g(d)f([\frac id]) \]然后\(\sum\limits_{i=1}^n[d|i]\)这个式子可以很容易变换上限,就成了\(\sum\limits_{i=1}^{[\frac nd]}1\)。变了上限之后枚举项i成了原来的\([\frac 1d]\),所以后面的\(f([\frac id])\)就成了\(f([\frac {i*d}d])=f(i)\),所以原式就成了:
\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{[\frac nd]}g(d)S(i) \]然后我们呢移项:
\[\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{[\frac nd]}f(i) \]很显然啊后面的式子就是f的前缀和,然后就成了:
\[pre[f*g](n)=\sum_{d=1}^ng(d)S([\frac nd]) \]然后自行前缀和一下:
\[\sum_{d=1}^ng(d)S([\frac nd])-\sum_{d=2}^ng(d)S([\frac nd])=S(n)*g(1) \]
- 观察只要求出了\(g\)的前缀和,最后面的式子就分块了。因此对于一个积性函数,我们只要找到一个
- 容易求前缀和
- 容易求和原函数的狄利克雷卷积的函数
的函数g,那么就能完成。
- 先看\(\mu\)函数。容易知道\(\mu*I=\epsilon\),那就令\(g=I\),那么先把\(g\)用\(I\)代换,再把我们要求的\(\mu\)代换掉\(f\):
\[\sum\limits_{i=1}^n(\mu*g)(i)=\sum\limits_{i=1}^n(\mu*I)(i)
\]
\(\mu*I=\epsilon\)是常用的式子。证明:
- 由狄利克雷卷积\(\mu*I=\sum\limits_{d|n}\mu(d)*I([\frac nd])\)
- 而\(I(x)=1\),带入上式,可以知道\(\mu*I=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\)
- 而由莫比乌斯反演(也可以称为莫比乌斯函数性质)可以知道\(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n==1]=\epsilon\),代入原式就有:
\[\mu*I=\epsilon \]
- 然后很容易知道\(\mu*I=\epsilon\),所以原式就成了:
\[\sum\limits_{i=1}^n\epsilon(i)=[n>=1]
\]
- 简直太好求了。把这个带入原式就成了:
\[S(n)=[n>=1]-\sum_{i=2}^nS[\frac ni]
\]
- 现在问题就是求第二个式子\(\sum\limits_{i=2}^ng(i)S[\frac ni]\),分块一下,简直简单了。
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- 现在求\(\phi\)的前缀和。跟前面差不多很简单鸭。自行推导吧~
----------------------------------------------分鸽线---------------------------------------------- - 首先这个是可以记忆化搜索的,然而会T的很惨QAQ
- 优化。虽然杜教筛是低于线性复杂度的,但是有多组询问鸭!多组询问时,线性筛的复杂度反而优于杜教筛(线性筛\(O(n\))预处理,然后\(O(1)\)查询。但杜教筛...)所以,我们可以提前线性筛一下,预处理出能筛出的\(\mu和\phi\)的前缀和,然后杜教筛就能快很多!!!
注意事项
- 提前线性筛大概筛5e6比较合适~
总结
- 这个得熟记常见的狄利克雷卷积,然后找g函数的时候就会很快!这里总结一下常见的狄利克雷卷积:
- \(\mu*I=\epsilon\)
- \(\phi*I=id\)
AC代码
#include<cstdio>
#include<unordered_map>
using namespace std;
const int maxn = 5e6 + 10;
bool no_prime[maxn];
int prime[maxn], mu[maxn], phi[maxn], p_mu[maxn];
long long p_phi[maxn];
int shai(int n)
{
int cnt = 0;
mu[1] = phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!no_prime[i])
prime[++cnt] = i, mu[i] = -1, phi[i] = i - 1;
for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= n; j++)
{
no_prime[i * prime[j]] = 1;
mu[i * prime[j]] = i % prime[j] == 0 ? 0 : -mu[i];
phi[i * prime[j]] = i % prime[j] == 0 ? phi[i] * prime[j] : phi[i] * (prime[j] - 1);
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
p_mu[i] = p_mu[i - 1] + mu[i], p_phi[i] = p_phi[i - 1] + phi[i];
return cnt;
}
unordered_map<int, int> rec_mu;
unordered_map<int, long long> rec_phi;
int pre_mu(int n)
{
if (n <= maxn - 10) return p_mu[n];
if (rec_mu[n]) return rec_mu[n];
int l = 2, r, ans = (n >= 1);
while (l <= n)
{
r = n / (n / l);
ans -= (r - l + 1) * pre_mu(n / l);
l = r + 1;
}
return rec_mu[n] = ans;
}
long long pre_phi(int n)
{
if (n <= maxn - 10) return p_phi[n];
if (rec_phi[n]) return rec_phi[n];
int l = 2, r;
long long ans = n % 2 == 0 ? 1ll*n / 2ll * (n + 1) : (n + 1ll) / 2ll * n;
while (l <= n)
{
r = n / (n / l);
ans -= (r - l + 1) * pre_phi(n / l);
if (l == 2147483647) break;
l = r + 1;
}
return rec_phi[n] = ans;
}
void solve()
{
shai(maxn - 10);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
int n;
scanf("%d", &n);
printf("%lld %d\n", pre_phi(n), pre_mu(n));
}
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
作者:danzh
QQ:1244536605
CSDN(和博客园同步):https://blog.csdn.net/weixin_42431507
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朋友们,虽然这个世界日益浮躁起来,只要能够为了当时纯粹的梦想和感动坚持努力下去,不管其
它人怎么样,我们也能够保持自己的本色走下去。
—clj