杜教筛

杜教筛

令 $f(x)$ 为某个积性函数，$s(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$，我们构造另一干函数 $g$ 算 $f\ast g$ 的前缀和。

$$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f({\displaystyle \frac{i}{d}})=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)s(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor )\end{array}$$

我们的目标是 $s(n)$

我们发现：

$$\begin{array}{r}g(1)s(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)s(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor )\end{array}$$

我们需要算出 $(f\ast g)$ 的前缀和，通过对减号右边数论分块，我们需要算 $g$ 的前缀和，我们还需要算出 $g(1)$ 。所以关键在于 $g$ 函数的选取。

例子

• $\sum _{i=1}^N\mu (i)$

不难发现我们这里应该选 $g$ 函数为 $I$ 。然后 $g$ 的前缀和为 $n$，$f\ast g$ 的前缀和是 $1$。

• $\sum _{i=1}^N\varphi (i)$

不难发现我们还是选 $g$ 为 $I$。然后 $g$ 的前缀和为 $n$，$f\ast g$ 的前缀和为 ${\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$

• $\sum _{i=1}^N\varphi (i)\times i$

考虑有：

$$\begin{array}{r}(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d|n}\varphi (d)\times d\times g({\displaystyle \frac{n}{d}})\end{array}$$

考虑把 $d$ 消掉，所以我们不妨令 $g=id$，这样这个题就结束了。

• $\sum _{i=1}^N\varphi (i)\times i^2$

我们还是和上面一样，把它拆开：

$$\begin{array}{r}(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d|n}\varphi (d)\times d^2\times g({\displaystyle \frac{n}{d}})\end{array}$$

我们本着把 $d^2$ 消去的思路，不妨令 $g(x)=x^2$，这样就可以了。

复杂度证明

设 $k$ 以前的部分我们预处理，所以杜教筛的复杂度为：

$$\sum _{i=1}^{\frac{n}{k}}\sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\le {\int }_1^{\frac{n}{k}}\sqrt{n}{x}^{-\frac{1}{2}}dx=O(\frac{n}{\sqrt{k}})$$

所以总复杂度应该为 $O(\frac{n}{\sqrt{k}}+k)$，显然 $k=n^{\frac{2}{3}}$ 的时候最优，所以总复杂度为 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 。

相反，如果不预处理的话，相当于要对所有可能的 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 做一个整数分块，一共有 $O(\sqrt{n})$ 种取值，我们不妨认为这 $O(\sqrt{n})$ 种取值为 $\lfloor \frac{n}{1}\rfloor ,\lfloor \frac{n}{2}\rfloor ,\cdots ,\lfloor \frac{n}{\sqrt{n}}\rfloor$，实际上，整数分块得到的数不会超过 $2\sqrt{n}$ 个，用这 $\sqrt{n}$ 个最大的值来估算显然是正确的。

所以时间复杂度约为：

$${\int }_1^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{x}}dx=O(n^{\frac{3}{4}})$$