从零开始学杜教筛

合集 - 数论(1)

1.从零开始学杜教筛02-08

收起

实际上略过了一小部分基础数论。
杜教筛时间复杂度的证明还需要一点微积分基础。

目录

• 积性函数
  • 定义
• 狄利克雷卷积
  • 定义
  • 性质
  • 狄利克雷逆
  • 应用
  • 恒等式
• 数论分块（整除分块）
  • 重要观察
  • 枚举取值
• 线性筛
  • 原理
  • 正确性
  • 复杂度
  • 代码实现
• 杜教筛
  • 简介
  • 式子推导
  • 时间复杂度
  • 应用
    • 筛 $\mu$
    • 筛 $\phi$
  • 代码实现

积性函数

数论函数是定义域在整数上的函数，其中积性函数因为其具有十分朴实且优美的性质，成为了 OI 数论中不可或缺的基础。

定义

设数论函数 $f(n)$，若对于任意 $a\perp b$ 满足 $f(a)\cdot f(b)=f(ab)$ 则称 $f(n)$ 为积性函数。
特别的，若对于任意 $a,b$ 满足 $f(a)\cdot f(b)=f(ab)$，则称 $f(n)$ 为完全积性函数。

常见的积性函数有：

• 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），当 $k=1$ 简记为 $\text{id}(n)=n$
• 常数函数：$1(n)=1$（完全积性）
• 除数函数：${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k$，${\sigma }_0(n)$ 即因数个数，简记为 $\text{d}(n)$；${\sigma }_1(n)$ 即因子之和，简记为 $\sigma (n)$
• 欧拉函数：$\phi (n)=\sum _{d=1}^n[gcd(d,n)=1]$，即 $n$ 以内与 $n$ 互质的数的个数。
• 莫比乌斯函数： $\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& (x=1)\\ (-1{)}^k& (x\mathrm{没}\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{数}\mathrm{因}\mathrm{子}，\mathrm{且}x\mathrm{的}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{为}k)\\ 0& (x\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{数}\mathrm{因}\mathrm{子})\end{array}$

同时有两个重要的推论：

1. 积性函数 $f$ 一定满足 $f(1)=1$，因为 $f(1)=f(1\times 1)=f(1)\times f(1)$。
2. 通过所有质数处的点值可以唯一确定完全积性函数；通过全部 $p^k$ 处点值可以唯一确定积性函数，由于唯一分解定理。

狄利克雷卷积

定义

对于两个数论函数 $f,g$，他们的狄利克雷卷积定义为

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

性质

狄利克雷卷积有很多优良的性质：

• 交换律：$f\otimes g=g\otimes f$
• 结合律：$f\otimes g\otimes h=f\otimes (g\otimes h)$
• 单位元：取 $\epsilon (n)=[n=1]$，则对任意数论函数
  $f$ 都有 $f\otimes \epsilon =\epsilon \otimes f=f$
• 两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数。

狄利克雷逆

已知数论函数 $f$，求一个数论函数 $g$ 使 $f\otimes g=\epsilon$。

应用

这个东西有啥用呢？我们不妨试着找找 $1(n)=1$ 的狄利克雷逆。
记 $\mu =1^{-1}$，我们简单计算一下前几项：

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	$16$
$\mu (n)$	$1$	$-1$	$-1$	$0$	$-1$	$1$	$-1$	$0$	$0$	$1$	$-1$	$0$	$-1$	$1$	$1$	$0$

设 $p,q$ 为互异质数，我们可以简单观察到一些规律：

• 在 $n=p$ 处 $\mu (p)=-1$
• 在 $n=pq$ 处 $\mu (pq)=1$
• 在 $n=p^k(k>1)$ 处 $\mu (p^k)=0$

这些条件看上去都是必要的，但是并没有充分性。
根据狄利克雷卷积的性质，由于 $1$ 和 $\epsilon$ 都是积性函数，所以 $\mu$ 也是。并且由积性函数推论 2，这些 $p^k$ 处的点值已经唯一确定了一个积性函数。归纳得出：

$$\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& (x=1)\\ (-1{)}^k& (x\mathrm{没}\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{数}\mathrm{因}\mathrm{子}，\mathrm{且}x\mathrm{的}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{为}k)\\ 0& (x\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{数}\mathrm{因}\mathrm{子})\end{array}$$

事实上，$1(n)$ 的狄利克雷逆就是 $\mu (n)$ 的定义。

我们考虑另一个狄利克雷卷积：$\mu \otimes \text{id}$，其中 $\text{id}(n)=n$。
记 $\phi =\mu \otimes \text{id}$，我们简单计算一下前几项：

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	$16$
$\phi (n)$	$1$	$1$	$2$	$2$	$4$	$2$	$6$	$4$	$6$	$4$	$10$	$4$	$12$	$6$	$8$	$8$

设 $p$ 为质数，我们可以简单观察到一些规律：

• 在 $n=p$ 处 $\mu (p)=p-1$
• 在 $n=p^k(k>1)$ 处 $\mu (p^k)=(p-1)p^{k-1}$

归纳得出：

$$\phi (n)=n\prod _{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i},\text{where}n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{r_i}$$

事实上，$(\mu \otimes \text{id})(n)$ 就是 $\phi (n)$ 的定义。

恒等式

我们有以下狄利克雷卷积恒等式：

• $\mu \otimes 1=\epsilon$
• $\mu \otimes \text{id}=\phi$
• $\phi \otimes 1=\text{id}$
• $1\otimes 1=d={\sigma }_0$
• $1\otimes {\text{id}}_k={\sigma }_k$

其中前三个恒等式非常重要，在杜教筛式子的推导中也会出现。

数论分块（整除分块）

这是几乎所有数论题都会用到的计算方法，非常重要。一切来源于一个精巧的观察。

重要观察

对一个正整数 $n$，所有 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值有 $O(\sqrt{n})$ 种。

证明：当 $i\le \sqrt{x}$ 时，一一对应 $O(\sqrt{n})$ 种不同的取值；当 $i>\sqrt{n}$ 时，由于 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \le \sqrt{n}$，所以此时 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 也只有 $O(\sqrt{n})$ 种取值。

枚举取值

现在我们有一个 $l$ 表示一段取值相同的数的左端点，要求这段数的右端点 $r$。即已知 $\lfloor \frac{n}{l}\rfloor =\lfloor \frac{n}{r}\rfloor$，求 $r_{max}$。

设 $k=\lfloor \frac{n}{l}\rfloor =\lfloor \frac{n}{r}\rfloor$，有 $k\le \frac{n}{r}<k+1$。同时取倒数，得到 $\frac{1}{k+1}<\frac{r}{n}\le \frac{1}{k}$。求 $r$ 上界拿出右边不等式，化成 $r\le \frac{n}{k}$。由于求的 $r$ 是一个整数，不妨加个下取整得到 $r\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor$。即 $r_{max}=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor$。

我们可以不断地求出 $r=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor$，统计整段贡献，再令 $l=r+1$。这样我们就做到了 $O(\sqrt{n})$ 快速求值。

线性筛

原理

顾名思义，线性筛可以在严格线性时间复杂度筛质数或各种积性函数。其原理是用每个数的最小质因子来筛去它。

正确性

具体实现是维护从小到大的质数 $p_j$，每次筛去当前数 $i\times p_j$，此时默认了 $p_j$ 是 $i\times p_j$ 的最小质因子。当枚举到 $p_j$ 整除 $i$ 时，我们发现：如果之前没有枚举到 $i$ 的其他质因子，那么 $p_j$ 是 $i$ 的最小质因子；在这之后，如果有另一个更大的 $p_{j^{\prime }}$ 整除 $i$，那么 $i\times p_{j^{\prime }}$ 的最小质因子仍然是 $p_j$ 而不是 $p_{j^{\prime }}$，我们不能用 $p_{j^{\prime }}$ 来筛 $i\times p_{j^{\prime }}$，这样不符合原理。所以在第一处 $p_j$ 整除 $i$ 时就需要终止对于 $i\times p_j$ 的筛。而在此之前筛去的 $i\times p_{j^{″}}$ 如果有更小的质因子，那一定是 $i$ 更小的质因子，在之前就会终止。所以我们的默认也是正确的。

复杂度

复杂度如何保证？对于每个数去筛都有一次终止，即 $O(n)$ 次终止；在终止之前，每一个数 $i\times p_j$ 都只会被最小质因子筛一次，同时这个 $i\times p_j$ 只会被最小质因子打上一次非质数的标记。这几个行为都是 $O(n)$ 的，故总复杂度也是 $O(n)$。

代码实现

贴一份线性筛代码，其实很简短。

线性筛 $\mu$ 和 $\phi$

void init() {
	mu[1] = 1, phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= maxv; i++) {
		if(isp[i]) {
			primes.push_back(i);
			mu[i] = -1, phi[i] = i - 1;
		}
		for(int p : primes) {
			if(i * p > maxv) break;
			isp[i * p] = false;
			if(i % p) {
				mu[i * p] = -mu[i], phi[i * p] = phi[i] * (p - 1);
			}
			else {
				mu[i * p] = 0, phi[i * p] = phi[i] * p;
				break;
			}
		}
	}
	return;
}

杜教筛

简介

对于数论函数 $f$，杜教筛可以在低于线性时间复杂度（$O(n^{\frac{3}{4}})$ 甚至 $O(n^{\frac{2}{3}})$）计算 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$ 的点值。

式子推导

找另一个恰当的数论函数 $g$（通常是积性函数），考虑 $f\otimes g$：

$$\sum _{i=1}^n(f\otimes g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})$$

为了避免枚举因数，我们更换指标：用新的 $d^{\prime }$ 代替 $\frac{i}{d}$，新的 $i^{\prime }$ 代替 $d$。由于 $d^{\prime }$ 是 $i$ 的因数，如果枚举 $d^{\prime }$，所有合法的 $i^{\prime }$ 表示的是 $d^{\prime }$ 在 $n$ 以内合法的倍数，共有 $\lfloor \frac{n}{d^{\prime }}\rfloor$ 个。于是：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum _{d^{\prime }=1}^{n}g(d^{\prime })\sum _{i^{\prime }=1}^{\lfloor \frac{n}{d^{\prime }}\rfloor }f(i^{\prime })$$

把对 $f(i^{\prime })$ 求和换成 $S(\lfloor \frac{n}{d^{\prime }}\rfloor )$，再把 $d^{\prime }$ 换成更简单的指标：

$$\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

（以上部分也可以用于在其他时候处理狄利克雷卷积）

接下来我们处理 $S(n)$。如果你选取的 $g$ 是积性函数，那么 $S(n)=g(1)S(n)$ 可以写成 $\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$（如果不是，则整体除以 $g(1)$）。即有：

$$\sum _{i=1}^n(f\otimes g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

令 $f\otimes g=h$，则：

$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

如果 $h$ 和 $g$ 的前缀和好求，那么我们只需要数论分块就可以快速求出 $S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$。所以一个恰当的 $g$ 条件是 $f\otimes g$ 和 $g$ 的前缀和都好求。

时间复杂度

令 $R(n)=\{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor :k=2,3,\cdots ,n\}$

我们认为求 $h$ 和 $g$ 的前缀和是 $O(1)$ 的。每个 $S(k)(k\in R(n))$ 均只会计算一次，其中 $|R(n)|=O(\sqrt{n})$（数论分块结论）。

设计算一次 $S(n)$ 的时间复杂度为 $T(n)$，则：

$$\begin{array}{rl}T(n)& =\sum _{k\in R(n)}T(k)\\ & =\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})+\sum _{k=1}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }O(\sqrt{k})+\sum _{k=2}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }O(\sqrt{\frac{n}{k}})\\ & =O({\int }_0^{\sqrt{n}}(\sqrt{x}+\sqrt{\frac{n}{x}})\text{d}x)\\ & =O(n^{\frac{3}{4}}).\end{array}$$

若我们可以预处理一部分 $S(k)$，其中 $k=1,2,\cdots ,m$，$m\ge \lfloor \sqrt{n}\rfloor$。设预处理时间复杂度为 $T_0(m)$，此时 $T(n)$ 为：

$$\begin{array}{rl}T(n)& =T_0(m)+\sum _{k\in R(n),k>m}T(k)\\ & =T_{0}m+\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{m}\rfloor }O(\sqrt{\frac{n}{k}})\\ & =O(T_0(m)+{\int }_0^{\frac{n}{m}}\sqrt{\frac{n}{x}}\text{d}x)\\ & =O(T_0(m)+\frac{n}{\sqrt{m}}).\end{array}$$

若使用线性筛预处理前缀和，则 $T_0(m)=O(m)$。由均值得：当 $m=\mathrm{\Theta }(n^{\frac{2}{3}})$ 时，$T(n)$ 取得最小值 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

最后，对于多组询问要使用记忆化，防止重复求 $O(\sqrt{n})$ 种取值中的某一种。这样就可以保证复杂度是 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

应用

$O(n)$ 跑不下来可以考虑尝试杜教筛。

筛 $\mu$

我们有恒等式

$$\mu \otimes 1=ϵ$$

启发我们取 $g(n)=1(n)$，$h(n)=ϵ(n)$。所以有：

$$1(1)S(n)=\sum _{i=1}^nϵ(i)-\sum _{i=2}^{n}1(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

即：

$$S(n)=1-\sum _{i=2}^{n}1(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

$1(i)$ 的前缀和即为 $i$，直接杜教筛复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

筛 $\phi$

我们有恒等式

$$\phi \otimes 1=\text{id}$$

启发我们取 $g(n)=1(n)$，$h(n)=\text{id}(n)$。所以有：

$$1(1)S(n)=\sum _{i=1}^n\text{id}(i)-\sum _{i=2}^{n}1(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

即：

$$S(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum _{i=2}^{n}1(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

$1(i)$ 的前缀和即为 $i$，直接杜教筛复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

代码实现

Luogu P4213 【模板】杜教筛 Link

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
const int maxn = (1 << 21) + 10, maxv = (1 << 21);
ll T, n; 
 
vector<ll> primes, isp(maxn, true);
ll mu[maxn], phi[maxn];
unordered_map<int, ll> sphi;
unordered_map<int, int> smu;
void init() {
	mu[1] = 1, phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= maxv; i++) {
		if(isp[i]) {
			primes.push_back(i);
			mu[i] = -1, phi[i] = i - 1;
		}
		for(int p : primes) {
			if(i * p > maxv) break;
			isp[i * p] = false;
			if(i % p) {
				mu[i * p] = -mu[i], phi[i * p] = phi[i] * (p - 1);
			}
			else {
				mu[i * p] = 0, phi[i * p] = phi[i] * p;
				break;
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= maxv; i++) mu[i] += mu[i - 1], phi[i] += phi[i - 1];
	return;
}
 
ll get_phi(int x) {
	if(x <= maxv) return phi[x];
	if(sphi[x]) return sphi[x];
	ll res = 1ll * x * (1ll * x + 1) / 2;
	for(ll l = 2, r = 0; l <= x; l = r + 1) {
		r = x / (x / l);
		res -= get_phi(x / l) * (r - l + 1);
	}
	return sphi[x] = res;
}
int get_mu(int x) {
	if(x <= maxv) return mu[x];
	if(smu[x]) return smu[x];
	ll res = 1;
	for(ll l = 2, r = 0; l <= x; l = r + 1) {
		r = x / (x / l);
		res -= get_mu(x / l) * (r - l + 1);
	}
	return smu[x] = res;
}
 
int main() {
	ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	init();
	cin >> T; 
	while(T--) {
		cin >> n;
		cout << get_phi(n) << " " << get_mu(n) << endl;
	}
	return 0;
}

完结撒花 😃