杜教筛学习笔记

$\text{杜教筛学习笔记}$

对于数论函数 $f$，想求出 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$ 采用线性筛的时间复杂度是 $O(n)$。采用杜教筛，可以将时间复杂度优化至亚线性时间复杂度。准确地说，是 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

算法思想

对于数论函数 $g$，有：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)=& \sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{i}{n}\rfloor }g(i)f(j)\\ =& \sum _{i=1}^{n}g(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{i}{n}\rfloor }f(j)\\ =& \sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\end{array}$$

那么会有：

$$\begin{array}{rl}g(1)S(n)=& \sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\\ =& \sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\end{array}$$

如果我们可以构造恰当的函数 $g$ 使得 $\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$ 和 $\sum _{i=2}^{n}g(i)$ 容易计算，那么 $g(1)S(n)$ 就是容易求得的了。

需要留意的是，杜教筛的采用场景是 $g$ 为积性函数，与 $f$ 是否为积性函数没有关系。

对于杜教筛的时间复杂度，采取积分知识可证明为是 $O(n^{\frac{3}{4}})$，如果我们采用线性筛预先筛出前 $n^{\frac{2}{3}}$ 个数的预处理复杂度就降为了 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

例题

• 求 $S(n)=\sum _{i=1}^n\mu (i)$。

由 $\epsilon =\mu \ast 1$，于是构造 $g(n)=\mathbf{1}(n)$，那么：

$$\begin{array}{rl}S(n)=& \sum _{i=1}^n\mu (i)\\ =& \sum _{i=1}^n\epsilon (i)-\sum _{i=2}^n\mathbf{1}(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\\ =& 1-\sum _{i=2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\end{array}$$

那么杜教筛求解即可。

实现上，需要留意的是杜教筛时间复杂度的保证来源于记忆化搜索，具体实现见代码。

vector<int>prm;
bool is[M];
int mu[M];
void solve() {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i++) {
		if (!is[i]) {
			prm.push_back(i);
			mu[i] = -1;
		}
		for (auto j : prm) {
			if (i * j > N) break;
			is[i * j] = 1;
			if (i % j == 0) {
				mu[i * j] = 0;
				break;
			} 
			mu[i * j] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) mu[i] += mu[i - 1];
}
unordered_map<int, int>mp;
int smu(int n) {
	if (n <= N) return mu[n];
	if (mp.count(n)) return mp[n];
	int l = 2, r = 0, ans = 1;
	while (l <= n) {
		r = n / (n / l);
		ans -= smu(n / l) * (r - l + 1);
		l = r + 1;
	}
	return mp[n] = ans;
}