浅谈算法——杜教筛

首先我们给道题目：求$\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)$

$n\leqslant 10^5$，我会$O(n\sqrt{n})$！

$n\leqslant 10^7$，我会$O(n)$线筛！

$n\leqslant 10^9$，我……

于是杜教筛就此被发明，它可以在$O(n^{\frac{2}{3}})$的时间内求出一些积性函数函数的前缀和，如何做？

假定我们现在要求$S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)$，于是我们找来一个积性函数$g(i)$（不知道是什么东西），和$f(i)$卷积一下，有

$$(f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)f(\dfrac{n}{d})$$

然后我们求一下卷积形式的前缀和

$$\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}g(d)f(\dfrac{i}{d})$$

然后我们调整一下枚举顺序，得到

$$\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{d|i}f(\dfrac{i}{d})$$

$$\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)$$

$$\sum\limits_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)$$

好，我们现在得到$\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum\limits_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)$，然后我们把这个先放着，稍微思考一下，显然有如下式子

$$g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)$$

然后你发现中间一个和我们之前推出来的形式是一样的，于是有

$$g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)$$

如果中间卷积部分的前缀和非常好算，那么我们就可以对后面那部分进行数论分块，然后递归处理，记得记忆化！

我们回到栗子，题目要求的$f$就是$\mu$对吧，代回去有

$$g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^n(\mu*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)$$

现在我们需要找一个优秀的$g$，使得他们狄利克雷卷积的前缀和非常好算

我们知道

$$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]=e$$

所以$(1*\mu)=e$，你说$e$的前缀和是啥，当然是1啦，于是我们取$g(x)=1$，有

$$S(n)=1-\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)$$

然后我们线筛出一部分$\mu$的前缀和，再来一波记忆化搜索，做完了

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再举个栗子，把$\mu$换成$\varphi$该怎么做？

因为有

$$\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=i=id(i)$$

所以还是取$g(x)=1$，那么得到

$S(n)=\sum\limits_{i=1}^ni-\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)$

等差数列前缀和$O(1)$求出就好了

对于不同的$f$，只要找到合适的$g$，就就可以让你的程序变得非常好写

不会找没关系，打个表解决一切

不过记得不要有事没事想着杜教筛，线筛啥的，埃氏筛法也是很有用的，$O(n\ln n)$枚举倍数也挺好的

骗分过样例，暴力出奇迹

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扯了这么多，讲下时间复杂度证明吧

其实可以发现除了$S(n)=\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)$贡献了复杂度外，其他基本上可以$O(1)$算出答案（恶心的$g(n)$不考虑）

那么我们只要算出$\sqrt n$个$S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)$的值即可算出$S(n)$，于是我们设$T(n)$为计算出$S(n)$的复杂度，那么有

$$T(n)=O(\sqrt n)+\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}(T(i)+T(\dfrac{n}{i}))$$

其中$O(\sqrt n)$是累加合并的时间

然后我们展开一层，因为更深层的复杂度是高阶小量，所以有

$$T(n)=\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}O(\sqrt i)+O(\sqrt{\dfrac{n}{i}})=O(n^{\frac{3}{4}})$$

但由于$S(n)$本身是可以通过线筛求出一部分的，假定我们预处理了前$k$个的值，且$k\geqslant \sqrt n$，则复杂度变为

$$T(n)=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{k}}\sqrt{\dfrac{n}{i}}=O(\dfrac{n}{\sqrt k})$$

则当$k$取$n^{\frac{2}{3}}$时可以取到较好的复杂度$T(n)=O(n^{\frac{2}{3}})$