杜教筛

合集 - 学习笔记(52)

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34.杜教筛2024-12-01

35.拉格朗日插值2024-12-1036.线段树综合2024-12-1737.可持久化数据结构2024-12-2438.K-D Tree2024-12-2539.Burnside 引理与 Polya 定理2024-12-2740.线性基2024-12-3041.替罪羊树01-0942.LCT01-1843.插头 dp01-2044.原根01-2045.多项式乘法01-2246.斯特林数01-2347.二项式反演与斯特林反演01-2348.Min-Max 容斥01-2449.辛普森积分法01-2550.Min_25 筛02-0351.凸包02-1652.2-SAT03-03

收起

1 积性函数和狄利克雷卷积

1.1 积性函数

1.1.1 定义

积性函数在以前的学习中遇到过很多，例如莫比乌斯函数 $\mu (n)$，欧拉函数 $\phi (n)$ 等等。那么我们对积性函数定义如下：

• 称定义域在正整数上的函数叫做数论函数（也叫算数函数）。
• 对于一个数论函数 $f(n)$，如果 $f(xy)=f(x)f(y)$ 对于任意互质的 $x,y\in {\mathbb{N}}_{+}$ 都成立，则称 $f(n)$ 为积性函数。
• 特别的，对于一个数论函数 $f(n)$，如果 $f(xy)=f(x)f(y)$ 对于任意的 $x,y\in {\mathbb{N}}_{+}$ 都成立，则称 $f(n)$ 为完全积性函数。

1.1.2 常见积性函数

• 单位函数：$\epsilon (n)=[n=1]$（完全积性）。
• 恒等函数：${\text{id}}_k(n)=n^k$（完全积性）。其中 ${\text{id}}_1(n)=n$，通常简记为 $\text{id}(n)$。
• 常数函数：$1(n)=1$（完全积性）。
• 除数函数：${\sigma }_k(n)=\sum _{d\mid n}{d}^k$。其中 ${\sigma }_0(n)$ 即因子个数，通常简记为 $d(n)$；${\sigma }_1(n)$ 即因子之和，通常简记为 $\sigma (n)$。
• 欧拉函数：$\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$。
• 莫比乌斯函数：$\mu (n)$。

1.2 狄利克雷卷积

1.2.1 定义

对于两个数论函数 $f(x)$ 与 $g(x)$，它们的狄利克雷卷积得到的结果 $h(x)$ 定义为：

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

上式通常简记为：

$$h=f\ast g$$

例如在 $1.1.2$ 中出现的一些函数，我们会有如下式子：

• $\epsilon =\mu \ast 1$。
• $d=1\ast 1$。
• $\sigma =\text{id}\ast 1$。
• $\phi =\mu \ast \text{id}$。

1.2.2 性质

• 交换律：$f\ast g=g\ast f$。
• 结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$。
• 分配率：$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$。

2 杜教筛

2.1 引入

首先需要了解的前置知识：积性函数、狄利克雷卷积、数论分块。

杜教筛处理的是对于一类数论函数 $f(n)$，求其前缀和 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$ 的值。通常情况下 $n$ 会很大，所以线性复杂度是不可行的。我们考虑数论分块，假如我们能够构造一个 $S(n)$ 关于 $S(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )$ 的递推式，就可以用数论分块快速求解了。

2.2 算法思想

对于一个数论函数 $g$，会有如下等式：

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

于是会有如下递推式：

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

假如我们可以构造适当的函数 $g$，使得：

• 可以快速求解出 $\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$。
• 可以快速求解出 $g(i)$ 的前缀和，以便后面使用数论分块求解 $\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )$。

我们就能在较短时间内求得 $g(1)S(n)$。

具体来讲，杜教筛的时间复杂度是 $O(n^{3/4})$ 的。如果我们可以快速求出前 $n^{2/3}$ 项的函数值（例如使用线性筛），就可以降低复杂度至 $O(n^{2/3})$。值得注意的是，这个时间复杂度是基于记忆化搜索的，因此需要使用 map 等数据结构存储下 $S(i)$ 的值。

2.3 例题

例 1：【模板】杜教筛。

题意：求 $\sum _{i=1}^n\phi (i)$ 和 $\sum _{i=1}^n\mu (i)$。

先考虑求 $S_1(n)=\sum _{i=1}^n\mu (i)$。

根据狄利克雷卷积可知，$\epsilon =\mu \ast 1$，所以直接构造 $g(n)=1(n)$ 即可，于是：

$$\begin{array}{rl}{S}_1(n)=& \sum _{i=1}^n\mu (i)\\ =& \sum _{i=1}^n\epsilon (i)-\sum _{i=2}^{n}1(i)S_1(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\\ =& 1-\sum _{i=2}^n{S}_1(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\end{array}$$

然后考虑求 $S_2(n)=\sum _{i=1}^n\phi (i)$，实际上这个用莫比乌斯反演更容易得出，最后可以转化为求 $\mu$ 的前缀和。不过我们同样可以使用杜教筛求解。

关于欧拉函数有一个广为人知的性质：$\sum _{d\mid n}\phi (d)=n$，即 $\phi \ast 1=\text{id}$。通过这个也就可以证明出上文提到的 $\phi =\mu \ast \text{id}$ 的结论了。

我们仍然构造 $g(n)=1(n)$，于是：

$$\begin{array}{rl}{S}_2(n)=& \sum _{i=1}^n\phi (i)\\ =& \sum _{i=1}^n\text{id}(i)-\sum _{i=2}^{n}1(i)S_2(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\\ =& {\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}-\sum _{i=2}^n{S}_2(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\end{array}$$

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#define int long long

using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;

const int Maxn = 2e6 + 5;
const int Inf = 2e9;

int T;
int n;

int prim[Maxn], cnt, mu[Maxn], phi[Maxn];
bool vis[Maxn];

const int N = 2e6;
void init() {
	mu[1] = 1;
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N; i++) {
		if(!vis[i]) {
			prim[++cnt] = i;
			mu[i] = -1;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 1, x; j <= cnt && (x = prim[j] * i) <= N; j++) {
			vis[x] = 1;
			if(i % prim[j] == 0) {
				mu[x] = 0;
				phi[x] = phi[i] * prim[j];
				break;
			}
			mu[x] = -mu[i];
			phi[x] = phi[i] * (prim[j] - 1);
		}
	}
	for(int i = 1; i <= N; i++) {
		mu[i] += mu[i - 1];
		phi[i] += phi[i - 1];
	}
}

gp_hash_table <int, int> smu, sphi;

int sum_mu(int x) {
	if(x <= N) return mu[x];
	if(smu[x]) return smu[x];
	int l = 2, r = 0, res = 1;
	while(l <= x) {
		r = x / (x / l);
		res -= sum_mu(x / l) * (r - l + 1);
		l = r + 1;
	}
	return smu[x] = res;
}

int sum_phi(int x) {
	if(x <= N) return phi[x];
	if(sphi[x]) return sphi[x];
	int l = 2, r = 0, res = (x + 1) * x / 2;
	while(l <= x) {
		r = x / (x / l);
		res -= sum_phi(x / l) * (r - l + 1);
		l = r + 1;
	}
	return sphi[x] = res;
}

void solve() {
	cin >> n;
	cout << sum_phi(n) << " " << sum_mu(n) << '\n';
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> T;
	init();
	while(T--) solve();
	return 0;
}

例 2：[CQOI2015] 选数。

题意： 求出在值域区间 $[L,H]$ 中选出 $n$ 个数且它们的 $gcd$ 恰为 $k$ 的方案数。

这是经典 $gcd$ 容斥了，设 $f(x)$ 表示选出的 $n$ 个数的 $gcd$ 是 $x$ 的倍数的方案数，$g(x)$ 表示选出的 $n$ 个数的 $gcd$ 恰为 $x$ 的方案数。容易得到：

$$f(x)=\sum _{x\mid d}g(d)$$

根据莫比乌斯反演可得：

$$g(x)=\sum _{x\mid d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{x}})f(d)$$

根据定义，我们又知道 $f(x)=(\lfloor {\displaystyle \frac{R}{x}}\rfloor -\lceil {\displaystyle \frac{L}{x}}\rceil +1{)}^n=(\lfloor {\displaystyle \frac{R}{x}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{L-1}{x}}\rfloor {)}^n$，所以我们就可以轻松得出：

$$g(x)=\sum _{x\mid d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{x}})(\lfloor {\displaystyle \frac{R}{d}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{L-1}{d}}\rfloor {)}^n$$

但是发现这个式子无法通过数论分块去优化复杂度，因此需要另辟蹊径。考虑在原始的 $g(x)$ 式子中不去枚举 $d$，转而去枚举 ${\displaystyle \frac{d}{x}}$，可以得到：

$$\begin{array}{rl}g(x)=& \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{R}{k}\rfloor }\mu (i)f(ki)\\ =& \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{R}{k}\rfloor }\mu (i)(\lfloor {\displaystyle \frac{R}{ki}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{L-1}{ki}}\rfloor {)}^n\end{array}$$

令 $R^{\prime }=\lfloor {\displaystyle \frac{R}{k}}\rfloor ,L^{\prime }=\lfloor {\displaystyle \frac{L-1}{k}}\rfloor$，则：

$$g(x)=\sum _{i=1}^{R^{\prime }}\mu (i)(\lfloor {\displaystyle \frac{R^{\prime }}{i}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{L^{\prime }}{i}}\rfloor {)}^n$$

此时整个式子就可以数论分块求解了，但是此时发现线性求 $\mu$ 的前缀和复杂度仍然会炸，所以使用杜教筛求其前缀和即可。

例 3： [BZOJ3512] DZY Loves Math IV

题意： 求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi (ij)$。

观察到一个很重要的点，$n\le {10}^5$，这启示我们通过枚举 $n$ 来求解。

考虑设 $S(n,m)=\sum _{i=1}^m\phi (ni)$。这个时候我们的目标是将 $\phi$ 里面乘积的形式拆开，不然很难做。一个初步的想法是，提取出他们都有的公共质因子，将其中一个数的所有这些质因子全部除掉，这样两个数就互质了。不过这个形式难以表达，不妨再考虑一点，即对欧拉函数产生贡献的实际上是不同的质因子，也就是说每个质因子只需要保留一个，剩下的直接乘上去即可。

此时我们考虑标准分解式，令 $n=\prod p_i^{a_i}$，设 $x=\prod p_i,y={\displaystyle \frac{n}{x}}$，这两者均可以欧拉筛简单求出。则 $\phi (ni)=\phi (xyi)=y\times \phi (xi)$。此时我们对后面的 $\phi$ 运用刚刚推出来的结论，发现此时他们的公共质因子就是 $gcd(x,i)$，并且让 $x$ 除掉所有这些质因子其实就是 ${\displaystyle \frac{x}{gcd(x,i)}}$。所以我们就可以做如下变换：

$$\begin{array}{rl}S(n,m)=& \sum _{i=1}^m\phi (ni)\\ =& y\sum _{i=1}^m\phi (xi)\\ =& y\sum _{i=1}^m\phi ({\displaystyle \frac{x}{gcd(x,i)}})\phi (i)gcd(x,i)\\ =& y\sum _{i=1}^m\phi ({\displaystyle \frac{x}{gcd(x,i)}})\phi (i)\sum _{d\mid gcd(x,i)}\phi (d)\\ =& y\sum _{i=1}^m\phi (i)\sum _{d\mid gcd(x,i)}\phi (d)\phi ({\displaystyle \frac{x}{gcd(x,i)}})\end{array}$$

不难发现此时 $d$ 和 ${\displaystyle \frac{x}{gcd(x,i)}}$ 一定互质，所以可以直接相乘。可以得到：$\phi ({\displaystyle \frac{dx}{gcd(x,i)}})=\phi ({\displaystyle \frac{x}{\frac{gcd(x,i)}{d}}})$。考虑到 ${\displaystyle \frac{gcd(x,i)}{d}}$ 其实就是 $gcd(x,i)$ 的因数，所以我们改为枚举这个值，可以得到：

$$\begin{array}{rl}S(n,m)=& y\sum _{i=1}^m\phi (i)\sum _{d\mid gcd(x,i)}\phi ({\displaystyle \frac{x}{d}})\\ =& y\sum _{d\mid x}\phi ({\displaystyle \frac{x}{d}})\sum _{d\mid i}^m\phi (i)\\ =& y\sum _{d\mid x}\phi ({\displaystyle \frac{x}{d}})\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\phi (di)\\ =& y\sum _{d\mid x}\phi ({\displaystyle \frac{x}{d}})S(d,\lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor )\end{array}$$

发现这个式子是一个递归的形式，我们采用类似杜教筛的形式求解这个式子即可。当然还注意递归边界，当 $n=1$ 时返回的是 $\sum _{i=1}^m\phi (i)$，这个直接利用杜教筛求解即可；当 $m=0$ 或 $m=1$ 时返回对应值即可。

考虑一下它的时间复杂度，在 $n=1$ 的时候我们会计算一边 $\phi$ 的前缀和，并且每一个 $m$ 只算一次，实际上是 $O(m^{2/3})$ 的。再考虑递归复杂度，发现后一项根据数论分块易得最多 $2\sqrt{m}$ 种取值，而前一项由于每一次的 $x$ 中每个质因子只有一个，所以其总的因子数量不会很多，因此可以通过。