[学习笔记]杜教筛

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〇、前言
壹、前置芝士
- 一，积性函数
- 二、迪利克雷卷积
贰、杜教筛基本内容
- 一、基本公式推导
- 二、代码实现细节
叁、例题

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〇、前言

~~杜教不会杜教筛~~.

对于一些积性函数，我们有较寻常的欧筛的 \(\mathcal O(n)\) 或者埃氏筛法的 \(\mathcal O(n\log n)\) 进行处理，但是这些算法有些弊端——比如辅助空间需要较大，以及时间复杂度不是非常优秀（都线性了还非人哉？）

比如我们的传送门，有数据范围 \(n\le 2^{31}\)，这^TM直接自闭，这个时候需要使用杜教筛、洲阁筛、\(\tt min\_25\) 筛等优于线性的复杂度的筛法.

壹、前置芝士

一，积性函数

对于函数 \(f(i)\) 而言，如果有 \(f(ab)=f(a)f(b)\)，其中 \((a,b)=1\) 的话，那么我们称 \(f\) 为积性函数.

更强地，如果没有 \((a,b)=1\) 的限制也满足，那么称 \(f\) 为完全积性函数.

有些比较常见的积性函数，比如：

莫比乌斯函数 \(\mu\)，积性函数；
欧拉函数 \(\varphi\)，积性函数；
约数个数函数 \(d\)，或者说 \(\tau\) 或者 \(\sigma_0\)，积性函数；
约数和函数 \(\sigma\)，积性函数；
元函数 \(\epsilon\)，有 \(\epsilon(n)=[n=1]\)，迪利克雷卷积的乘法单位元，完全积性函数；
恒等函数 \(I(n)=1\)，完全积性函数；
单位函数 \(id(n)=n\)，完全积性；

二、迪利克雷卷积

定义一种卷积运算 \(*\) 有 \(h=f*g\)，即为

\[h(n)=\sum_{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d}) \]

它有一些性质：

交换律，满足 \(f*g=g*f\)；
结合律，满足 \((f*g)*h=f*(g*h)\)；
分配律，满足 \(f*(g+h)=f*g+f*h\)；
对于元函数，有 \(f*\epsilon=f\)；
如果 \(f,g\) 都是积性函数，那么 \((f*g)\) 也是积性函数；

用一些应用来更好地理解迪利克雷卷积：

首先我们证明一下莫反，即这个经典结论：

若有 \(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)，那么 \(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\).

对于 \(\mu\)，我们有 \(\sum_{d\mid x}\mu(d)=[x=1]\)，用狄利克雷卷积其实就是 \(\mu*I=\epsilon\)，并且根据定义，我们也有 \(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)，也就是

\[\begin{aligned} F&=f*I \\ \Leftrightarrow F*\mu&=f*I*\mu \\ \Leftrightarrow F*\mu&=f*(I*\mu) \\ \Leftrightarrow F*\mu&=f*\epsilon \\ \Leftrightarrow F*\mu&=f \\ \end{aligned} \]

然后，再根据定义，就是

\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d}) \]

另一种形式，如果有 \(F(n)=\sum_{n|d}f(d)\)，那么有

\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d) \]

我们再证明一个东西，对于 \(\varphi\)，有 \(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)，也就是 \(\varphi*I=id\)，同上面的证法，有

\[\begin{aligned} \varphi*I&=id\\ \Leftrightarrow \varphi&=id*\mu \end{aligned} \]

也就是 \(\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}\)，再通过莫反，我们有

\[id(n)=n=\sum_{d|n}\varphi(d) \]

同时也有

\[\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d} \]

贰、杜教筛基本内容

一、基本公式推导

杜教筛是一种在 \(\mathcal O(n^{\frac{2}{3}})\) 的复杂度中计算出 \(S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\)，其中 \(f\) 是积性函数.

我们构造俩函数 \(g,h\)，让他们满足

\[h=f*g \]

且保证 \(h,g\) 都为积性函数.

那么我们有

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^nh(i)&=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(i)f(\frac{n}{i}) \\ &=\sum_{i=1}^ng(i)\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor}f(j) \\ &=\sum_{i=1}^ng(i)\times S(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor) \end{aligned} \]

我们把右边 \(i=1\) 这一项提出来，有

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^nh(i)&=g(1)S(n)+\sum_{i=2}^ng(i)\times S(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor) \\ \Rightarrow g(1)S(n)&=\sum_{i=1}^nh(i)-\sum_{i=2}^ng(i)\times S(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor) \\ \Rightarrow S(n)&=\frac{\sum_{i=1}^nh(i)-\sum_{i=2}^ng(i)\times S(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor)}{g(1)} \end{aligned} \]

也就是说，如果我们 \(h\) 的前缀和比较好求，对于带 \(S\) 的部分我们可以数论分块+迭代做，这样就可以求 \(S(n)\) 了.

另一个问题，如何构造 \(h,g\) ？只能手推+经验了......