[笔记] 杜教筛

杜教筛#

用来在非线性时间内求积性函数前缀和

设现在要求积性函数 $f$ 的前缀和， 设 $\sum \limits_{i=1}^{n} f(i) = S(n)$。

再找一个积性函数 $g$ ，则考虑它们的狄利克雷卷积的前缀和

$$\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)$$

$$\begin{aligned} &= \sum\limits_{i=1}^{n} \sum \limits _{d|i} f(d)g(\frac{i}{d}) \\ &= \sum \limits _{d=1}^{n} g(d)\sum\limits _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor } f(i) \\ &= \sum \limits _{d=1}^{n} g(d) S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \end{aligned}$$

再考虑一个式子

$$g(1)S(n)=\sum \limits _{i=1}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) - \sum \limits _{i=2}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)$$

所以得到杜教筛的核心式子：

$$g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i) - \sum \limits _{i=2}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)$$

找到一个合适的积性函数 $g$ ，使得可以快速算出 $\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)$ 和 $g$ 的前缀和，便可以用数论分块递归地求解。

inline int F_sum(int n){
	if(n <= 5e6) return f[n];
	int &sum = n <= m ? F[n] : F[m + ::n / n];
	if(sum) return sum; sum = FG_sum(n);
	for(int l(2), r; l <= n; l = r + 1)
		r = n / (n / l), sum -= (G_sum(r) - G_sum(l - 1)) * F_sum(n / l);
	return sum;
}

技巧#

• 记忆化：

  上面的求和过程中出现的都是 $\lfloor \frac{n}{i} \rfloor$ 。开一个大小为两倍 $\sqrt n$ 的数组 $dp$ 记录答案。

  若 $x \leq \sqrt n$ ，返回 dp[x] ，否则返回 dp[sqrt n + n / x] 即可。

• 杜教筛的重点是对于要求的 $f$，找到 $(f*g)$，满足 $g,(f*g)$ 的前缀和都很好求出，如果没办法背下常见的狄利克雷卷积结果，不妨直接枚举几个情况试试，来两例子：

  • $f(n)=\mu(n)n^2,g(n)=n^2,(f*g)(n)=[n=1]$；
  • $f(n)=\varphi(n)n^2,g(n)=n^2,(f*g)(n)=n^3$；

题单#

DZY Loves Math IV

开始在想能不能把 i 和 j 分开

因为 $n\le10^5,m\le10^9$，所以比较自然地想到枚举 $n$ 去求解，然后开始考虑对某一个 $n$ 怎么处理。

因为 $\varphi$ 函数的一些性质：$n=\prod_{i=1}^qp_i^{c_i},\varphi(n)=\varphi(\prod_{i=1}^qp_i)\prod_{i=1}^qp_i^{c_i-1}$

考虑先把 $n$ 的质因数次数高于一次的部分都提出来，记为 $x$，剩下的 $\frac{n}{x}$ 记为 $y$.

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^m\varphi(ni) &=x\sum_{i=1}^m\varphi(yi)\\ &=x\sum_{i=1}^m\varphi(\frac{y}{\gcd(y,i)})\varphi(i)\gcd(y,i)\\ &=x\sum_{i=1}^m\varphi(\frac{y}{\gcd(y,i)})\varphi(i)\sum_{j\mid gcd(y,i)}\varphi(j) \ (这里用的是\ n=\sum_{i\mid n}\varphi(i))\\ &=x\sum_{i=1}^m \varphi(i) \sum_{j\mid \gcd(y,i)}\varphi(\frac{y}{j}) \ (由于\ y\ 的特殊性，y\ 与\ \gcd(y,i)\ 的因数互质，可以直接乘)\\ &=x\sum_{i=1}^m \varphi(i) \sum_{j\mid y,j\mid i}\varphi(\frac{y}{j}) \ (然后对枚举顺序进行一个交换)\\ &=x\sum_{j\mid y}\varphi(\frac{y}{j})\sum_{i=1}^{\frac{m}{j}}\varphi(ji)\ (整理到此处于是可以递归) \end{aligned}$$

总之记忆化后，复杂度是对的.