杜教筛学习笔记

杜教筛可以用来在非线性时间内求一个积性函数的前缀和，即 $S(n) = \sum_{i=1}^{n} f(i)$

前置知识#

积性函数#

积性函数：若有数论函数$f$对于任意互质整数$a, b$都有$f(a \cdot b) = f(a) \cdot f(b)$，则$f$为积性函数。

完全积性函数：对于任意整数$a,b$有 $f(a \cdot b)=f(a) \cdot f(b)$的数论函数。

这里列举一些常见的：

• 积性函数：$\varphi,\mu,\sigma,d$

• 完全积性函数：$\epsilon,I,id$

狄利克雷卷积#

设 $f, g$ 是两个数论函数，它们的狄利克雷卷积是：

$$(f \cdot g)(n) = \sum \limits _{d | n} f(d) \cdot g(\frac{n}{d})$$

它满足交换律、结合律、分配律

单位元是$\epsilon$，即$f \cdot \epsilon = f$

这里有几个常用的等式：

$$\mu \cdot I = \epsilon \\ \varphi \cdot I = id \\ \mu \cdot id = \varphi$$

整除分块#

很多反演题目都会有一个这样的形式：$\large \sum_{i=1}^n \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor$

对于这个式子，我们可以朴素地进行$O(N)$的计算。但是很多情况下，这种做法的复杂度是不被允许的。

我们对于每一个$n$进行打表，发现有大量的值是重复的，而每一个值按顺序排布，呈块状形式，并且每一块的末尾为$\left\lfloor \dfrac{n}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} \right\rfloor$。至此，我们就可以在$O(\sqrt{N})$的时间内进行计算。

但是上式经常会乘上一些积性函数，这时就可以对积性函数求一个前缀和，每一次跳块也就相当于跳过了这一整段的函数和。

一般的整除分块形式：

for (int l=1,r=0; l<=n; l=r+1) {
	r=n / (n / l);
	// Your Code
}

莫比乌斯反演#

若有

$$F(n) = \sum_{d \mid n}f(d)$$

则

$$f(n) =\sum_{d \mid n} \mu(d) \cdot F(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \mu(\frac{n}{d}) \cdot F(d)$$

证明：#

我们用狄利克雷卷积来表示上面的式子，得到$F = f \cdot I$

将$F$卷上$\mu$得到

$$F \cdot \mu = f \cdot I \cdot \mu \\ F \cdot \mu = f \cdot (I \cdot \mu) = f \cdot \epsilon = f \\ f = F \cdot \mu$$

代入狄利克雷卷积原式：

$$f(n) =\sum_{d \mid n} \mu(d) \cdot F(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \mu(\frac{n}{d}) \cdot F(d)$$

证毕。

例题#

Luogu P2398 GCD SUM#

给定$n$，求

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \gcd(i,j)$$

做法#

欧拉函数有一个性质：$\large \sum_{d \mid n} \varphi(d) = n$

于是我们可以将原式子套路一下：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \gcd(i,j) \\ = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \sum_{d \mid \gcd(i,j)} \varphi(d) \\ = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \sum_{d \mid i, d \mid j} \varphi(d)$$

把$d$提到前面去：

$$=\sum_{d=1}^{n} \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\varphi(d) \\ = \sum_{d=1}^{n} \varphi(d) \cdot \left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor \cdot \left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$$

这样就可以做了。可以用欧拉筛筛出欧拉函数的前缀和，使用整除分块进行优化。

Luogu P2257 YY的GCD#

给定$n,m$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)\in Prime]$$

做法#

我们不知道$\gcd(i,j)$是多少，所以我们枚举它（这里假定$n \leqslant m$）：

$$\sum_{p \in Prime}^n \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=p]$$

同时除以$k$得到

$$\sum_{p \in Prime}^n \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor} [\gcd(i,j)=1]$$

利用一下$\mu$的性质：$\large \sum_{d \mid n} \mu(d) = [n = 1]$

像上一题那样，把后面替换掉：

$$\sum_{p \in Prime}^n \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor} \sum_{d \mid \gcd(i,j)} \mu(d)$$

枚举$d$，把$d$提到前面。因为$d \mid \gcd(i,j)$，所以$i,j$是$d$的倍数，把它们上限全都除上$d$，后面再乘回去，发现个数可直接求，所以去掉两个求和：

$$\sum_{p \in Prime}^n \sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \mu(d) \cdot \left\lfloor\frac{n}{pd}\right\rfloor \cdot \left\lfloor\frac{m}{pd}\right\rfloor$$

但是这样的复杂度还是过不去。我们继续优化：设$T = p \cdot d$，枚举$T$，再次提到前面去：

$$\sum_{T=1}^{n} \sum_{p \mid T, p \in Prime} \left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor \cdot \left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor \cdot \mu(\frac{T}{p})$$

而后面还是可以预处理+整除分块进行优化。

杜教筛#

一般式#

我们要求$\large \sum_{i=1}^{n} f(i)$

用狄利克雷卷积，设有积性函数$F,g$满足$F = f \cdot g$，记$S(n)$为上式。如果说我们的$F,g$都是很容易求的函数，那么我们就可以用它们来求$f$。那么，我们推一下$F$的前缀和：

$$\sum_{i=1}^{n}F(i) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{d | n} g(d) \cdot f(\frac{n}{d}) \\ = \sum_{d=1}^{n}g(d) \cdot \sum_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} f(i) \\ = \sum_{d=1}^{n}g(d) \cdot S(\frac{n}{d})$$

我们要求的是$S(n)$，所以我们从右式中拆一个出来，即把$i=1$单独考虑：

$$\sum_{i=1}^{n}F(i) = g(1) \cdot S(n) + \sum_{d=2}^{n}g(d) \cdot S(\frac{n}{d}) \\ g(1) \cdot S(n) = \sum_{i=1}^{n}F(i) - \sum_{d=2}^{n}g(d) \cdot S(\frac{n}{d})$$

这就是杜教筛的一般式。

复杂度证明#

首先给出杜教筛的复杂度：

$$\Theta(\sum_{i=0}^{\sqrt n} \sqrt i + \sum_{i=0}^{\sqrt n} \sqrt {n \over i})$$

积分求近似：

$$\begin{aligned} & \Theta(\sum_{i=0}^{\sqrt n} \sqrt i + \sum_{i=0}^{\sqrt n} \sqrt {n \over i}) \\&= \Theta (\int_0^{\sqrt n} (\sqrt x) {\mathrm d}x+\int_0^{\sqrt n} ({\sqrt n \over \sqrt x}) {\mathrm d}x) \\&= \Theta(\frac{2}{3}{\sqrt n}^{\frac{3}{2}} + \sqrt n \cdot 2{{\sqrt n}^{\frac{1}{2}}}) \\&= \Theta(n^{3 \over 4}) \end{aligned}$$

如果我们预处理前 $k$ 的部分，则可以优化复杂度。当 $k = n^{2 \over 3}$ 时有理论最优复杂度：

$$\begin{aligned} &\Theta(k+\sum_{i=0}^\frac{n}{k} \sqrt{\frac{n}{i}})\\ &=\Theta(k+\int_0^{\frac{n}{k}}\sqrt{\frac{n}{x}}\mathrm dx)\\ &=\Theta(k+2\sqrt n \sqrt{\frac{n}{k}}) \\ &=\Theta(k+2nk^{-\frac{1}{2}}) \\ &\geqslant \Theta(2\sqrt{2nk^{\frac{1}{2}}}) \end{aligned}$$

最后一步是均值不等式，忽略常数后当 $k = n^{\frac{2}{3}}$ 时取到，原式最小值即为 $\Theta(n^{\frac{2}{3}})$。

例题#

Luogu P4213 【模板】杜教筛（Sum）#

给定正整数$n$，求：

$$ans1 = \sum_{i=1}^{n} \varphi(i) \\ ans2 = \sum_{i=1}^{n} \mu(i)$$

做法#

由$\mu \cdot I = \epsilon$，很自然想到$F = \epsilon, g = I$，代入原式子即得

$$S(n) = 1 - \sum_{d=2}^{n}S(\frac{n}{d})$$

同时，因为$\varphi \cdot I = id$，代入一般式得

$$S(n) = \frac{n \cdot (n+1)}{2} - \sum_{d=2}^{n}S(\frac{n}{d})$$

类似地，我们使用整除分块+记忆化搜索解决。但是出杜教筛的题$n$一般较大，可以手写个 hash 或者直接使用unordered_map解决。