数论筛法小记

目录

• 基础（Base）
  • • • 唯一分解定理（算术基本定理）：
      • 积性函数：
      • 完全积性函数：
• 简单筛（Sieve base）
  • • • 计算原理
      • 线性筛。
• 狄利克雷卷积（Dirichlet Convolution）
• 整除分块（Sqrt Decomposition）
• 杜教筛！（Du）
• Trick

会挖坑，好让复习的时候长脑子。

很多证明只是提两句，因为给自己看，以免复习时没有思路。

以下所有 $p$ 都是质数，即 $p\in \mathbb{P}$，同时默认均为正整数。

基础（Base）

唯一分解定理（算术基本定理）：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \mathrm{\forall }n>1,n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{t_i}\end{array}$$

后面默认都分解了。

积性函数：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \mathrm{\forall }x\perp y,f(xy)=f(x)f(y)\end{array}$$

完全积性函数：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \mathrm{\forall }x,y\in {\text{N}}_{+},f(xy)=f(x)f(y)\end{array}$$

完全积性函数出现的比较少，不过积性函数也较好处理，可以线性筛。

经典的积性函数：

• $\phi$：欧拉函数。有性质 $\phi (n)=n\prod \frac{p_k-1}{p_k}$ 和 $n=\sum _{d\mid n}\phi (d)$。

  第一个考虑 $\phi (p^t)$ 的取值，发现是 $p^{t-1}(p-1)$ 就很好说明。

  第二个考虑 $\frac{1}{n},\frac{2}{n},\dots ,\frac{n}{n}$ 这一串数的个数，化成最简分数来算。

• $\mu$：莫比乌斯函数。原始定义是 $\sum _{i=1}^n\mu (i)=[n=1]$。

  根据定义可得:

$$\mu (x)=\{\begin{array}{ll}(-1{)}^k,& \mathrm{\forall }p\mid n,p^2\nmid n\\ 0,& \text{otherwise}.\end{array}$$

• $\text{d}$ 与 $\sigma$ 及 ${\sigma }_k$：约数个数函数 与 约数和函数 及 除数函数。

  其实 $\text{d}$ 就是 ${\sigma }_0$……

  表述可以是：${\sigma }_k(n)=\sum _{d\mid n}{d}^k$。

一些比较牛逼的完全积性函数：

• $ϵ$，依夫瑟洛！：狄利克雷卷积下的单位元，$ϵ(n)=[n=1]$。
• $\text{I}$：单位函数，$\text{I}(n)=1$。
• $\text{Id}$ 与 ${\text{Id}}_k$：就是走个形式，${\text{Id}}_k(n)=n^k$。

别的先不谈，考虑怎么算积性函数。

简单筛（Sieve base）

计算原理

其实说筛之前应该先看一下积性函数的计算原理。

由于算术基本定理，任意数都可以表为若干个质数的次幂乘积。

因此我们只要分解 $x$，就可以根据积性函数的性质乘出 $f(x)$。

由于分解难，往往是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的复杂度，当然有一些随机算法能做到更优。

然而另一种思路是主动去凑 $n$，这在要求出 $1\sim n$ 的 $f$ 的值时就会更快。

这样就成了筛法。

线性筛。

埃筛 is too naive。

线性筛使得每个数字只被自己的最小质因子筛一次，过程如下：

Note: This is not pseudocode!
- If i is a prime
  - Add i into the P
- For all pri in P
  - Calc x=i*p
  - if p is a divisor of i
    * Calc x by p and i,then break
  - else f(x)=f(i)*f(p)

关键步骤在 * 一句，我们需要根据 $p$ 和 $i$ 算出 $x=ip$ 的值，而此时 $i$ 中已经含有至少一个 $p$。

可以使用无脑做法：$f(x)=f(\frac{i}{p^t})f(p^t)$，显然可知 $\frac{i}{p^t}\perp p^t$，正确性有保障。

注意像 $x=p^t$ 这样形式的情况要特别算。

这个基本就是线性筛积性函数的普适做法，感觉其实非常地简单但我当初就是听不懂。

狄利克雷卷积（Dirichlet Convolution）

狄利克雷卷积（以下简称卷积），定义如下：

若 $h=f\ast g$，则

$$h(n)=\sum _{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum _{d\mid n}g(d)f(\frac{n}{d})$$

卷积满足交换律：$f\ast g=g\ast f$。

同时满足结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$。

一些常见的卷积：

• $ϵ\ast f=f$
• $\text{I}\ast \mu =ϵ$
• ${\text{Id}}_k\ast \text{I}={\sigma }_k$
• $\text{I}\ast \phi =\text{Id}$
• $\text{Id}\ast \phi =\mu$

上面这些都可以拆式子得到。

比较重要的，卷积结合点乘的特殊规律：

$(f\cdot g)\ast (f\cdot h)=f\cdot (g\ast h)$，要求 $f$ 是完全积性函数。

考虑证明：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& (f\cdot g)\ast (f\cdot h)(n)& =\sum _{d\mid n}(f\cdot g)(d)(f\cdot h)(\frac{n}{d})\text{(5)}& & =\sum _{d\mid n}f(d)f(\frac{n}{d})g(d)h(\frac{n}{d})\text{(6)}& & =\sum _{d\mid n}f(n)g(d)h(\frac{n}{d})\text{(7)}& & =f(n)\sum _{d\mid n}g(d)h(\frac{n}{d})\text{(8)}& & =f(n)\cdot (g\ast h)(n)\end{array}$$

显然成立。

整除分块（Sqrt Decomposition）

现在补充这个 trick。

考虑一个形如：$\sum _{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ 的式子。

不难发现，$g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ 这一部分的值在一段内是相同的。

那么能否拆成若干段来加速？

• 对于 $i\le \sqrt{n}$，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值只有 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 种。
• 对于 $i>\sqrt{n}$，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor <\sqrt{n}$，因此取值也只有 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 种。

枚举每一段左右端点，取另一函数区间和（可用前缀和相减得到），乘上即可。

然后怎样根据 $l$ 算出另一端点 $r$？

不难发现，由于 $\lfloor \frac{n}{l}\rfloor =\lfloor \frac{n}{r}\rfloor$，可得 $r\lfloor \frac{n}{l}\rfloor \le n$。

然后分完一整段则是 $r$ 最大，那么由 $r\le \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }$，可知 $r=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor$。

代码如下 （放弃了鬼畜的流程表述）：

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
	r=(n/(n/l)),ans=(sum[r]-sum[l-1])*func(n/l);

扩展：若存在 $n$ 和 $m$ 两个范围，即形如：$\sum _{i=1}^{minn,m}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )h(\lfloor \frac{m}{i}\rfloor )$，则每一块为：$[i,min\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor ,\lfloor \frac{m}{\lfloor \frac{m}{i}\rfloor }\rfloor ]$，且块的数量是 $\mathcal{O}(\sqrt{n}+\sqrt{m})$ 级别的。

这个东西用处很多，比如在能快速求某一函数前缀和，或 $\mathcal{O}(n)$ 预处理后回答多次询问等情形。

杜教筛！（Du）

杜教筛用于在亚线性时间内求积性函数前缀和。

思路：构造 $h=f\ast g$，其中 $f$ 是欲求前缀和的函数。

记 $Sf$ 为 $f$ 前缀和，写一写：

$$\begin{array}{}\text{(9)}& Sh(n)& =\sum _{i=1}^{n}h(i)\text{(10)}& & =\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}g(d)f(\frac{i}{d})\text{(11)}& & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{d\mid i,i\le n}f(\frac{i}{d})\text{(12)}& & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(k)\text{(13)}& & =\sum _{d=1}^{n}g(d)Sf(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\end{array}$$

不难发现形成了递归式，变一下式子即可得到 $Sf(n)$：

$$\begin{array}{}\text{(14)}& Sh(n)& =\sum _{d=2}^{n}g(d)Sf(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )+g(1)Sf(n)\text{(15)}& g(1)Sf(n)& =Sh(n)-\sum _{d=2}^{n}g(d)Sf(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\text{(16)}& Sf(n)& =\frac{Sh(n)-\sum _{d=2}^{n}g(d)Sf(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )}{g(1)}\end{array}$$

然后运用整除分块，即可直接做。

需要 $g$ 能快速查单点，$h$ 能快速算前缀和 （有时或可筛套筛？）。

复杂度我不会证，似乎要用到微积分，CSP 完了学一下。

如果预处理前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项的值，则复杂度是 $n^{\frac{2}{3}}$ 的；否则为 $n^{\frac{3}{4}}$。

不要求是积性函数，能卷就行。

Trick

也许是重点。

---

$$\begin{array}{}\text{(17)}& & \sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}f(d)g(\frac{i}{d})\text{(18)}& & =\sum _{d=1}^n\sum _{d\mid i,i\le n}f(d)g(\frac{i}{d})\end{array}$$

这种情况可以把 $f(d)$ 提到外层求和，然后内层因为顺序无关，而 $k=\frac{i}{d}$ 遍取 $1\sim \lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 中所有整数（考虑 $kd=i,i\le n$，可以解出 $k$ 的范围），故可化为：

$$\begin{array}{}\text{(19)}& & =\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }g(k)\end{array}$$

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$$\begin{array}{}\text{(20)}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{\sigma }_0(ij)\text{(21)}& & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d_1\mid i,d_1\le n}\sum _{d_2\mid j,d_2\le n}[gcd(d_1,d_2)=1]\end{array}$$

这个推导在直观上很对，但不难发现直观理解出来，枚举的量既有重又有漏。

但是我们考虑 $p^{t_1}\mid i$ 和 $p^{t_2}\mid j$ 及 $p^{t_3}\mid d,d\mid ij$，不妨做这样的钦定：

• 若 $t_3\le t_1$，钦定全部用 $i$ 中的 $p$；此时 $d_1$ 含有因子 $p$，$d_2$ 不含。
• 若 $t_3>t_1$，钦定用完 $i$ 中的 $p$，然后使用 $j$ 中的 $t_3-t_1$ 个 $p$；此时 $d_2$ 含有因子 $p$，并强制令 $d_1$ 不含。

也就是说当 $d_1$ 不含因子 $p$ 而 $d_2$ 含有时，意味着 $d_1$ 提供 $i$ 的所有因子 $p$ 给 $d$。

两种情况下都做到了 $gcd(d_1,d_2)=1$，同时保证了对于 $d$ 任意因子 $p$ 的所有个数方案都可达。

故上式正确，同时也可解释为何在算约数和时不能直接套用此法。