浅谈杜教筛
杜教筛模板
杜教筛是用来干蛤的呢？
它可以在非线性时间内求积性函数前缀和。
前置知识
积性函数
积性函数：对于任意互质的整数 \(a,b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 则称 \(f(x)\) 的数论函数。
完全积性函数：对于任意整数 \(a,b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 的数论函数。
- 常见的积性函数：\(\varphi,\mu,\sigma,d\)
- 常见的完全积性函数：\(\epsilon,I,id\)
这里特殊解释一下 \(\epsilon,I,id\) 分别是什么意思：
\(\epsilon(n) = [n=1], I(n) = 1, id(n) = n\)
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卷积是：\((f*g)(n) = \sum \limits _{d | n} f(d) g(\frac{n}{d})\)
性质：满足交换律，结合律
单位元：\(\epsilon\) （即 \(f*\epsilon=f\)）
结合狄利克雷卷积得到的几个性质：
- \(\mu * I = \epsilon\)
- \(\varphi * I = id\)
- \(\mu * id = \varphi\)
莫比乌斯反演
若
则
证明：这里需要用到前面提到的性质：\(\mu * I = \epsilon\)
给出的条件等价于 \(g=f * I\)
所以 \(g*\mu=f*I*\mu=f*\epsilon=f\) 即 \(g * \mu = f\) 即 结论。
杜教筛
设现在要求积性函数 \(f\) 的前缀和， 设 \(\sum \limits_{i=1}^{n} f(i) = S(n)\)。
再找一个积性函数 \(g\) ，则考虑它们的狄利克雷卷积的前缀和
其中得到第一行是根据狄利克雷卷积的定义。
得到第二行则是先枚举 \(d\) 提出 \(g\) 。
得到第三行则是把 $\sum\limits _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor } f(i) $ 替换为 $S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) $
接着考虑 \(g(1)S(n)\) 等于什么。
可以发现，他就等于
（可以理解成从1开始的前缀和减去从2开始的前缀和就是第一项）
前面这个式子\(\sum \limits _{i=1}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\) ，根据刚才的推导，他就等于 \(\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\)
所以得到杜教筛的核心式子：
得到这个式子之后有什么用呢？
现在如果可以找到一个合适的积性函数 \(g\) ，使得可以快速算出 \(\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\) 和 \(g\) 的前缀和，便可以用数论分块递归地求解。
代码按照理解大概可以写成这样（默认 ll 为 long long）
（可以理解成一个伪代码。。就是一个思路的框架）
ll GetSum(int n) { // 算 f 前缀和的函数
ll ans = f_g_sum(n); // 算 f * g 的前缀和
// 以下这个 for 循环是数论分块
for(ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) { // 注意从 2 开始
r = (n / (n / l));
ans -= (g_sum(r) - g_sum(l - 1)) * GetSum(n / l);
// g_sum 是 g 的前缀和
// 递归 GetSum 求解
} return ans;
}
这个代码的复杂度是 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)，证明如下：
设求出 \(S(n)\) 的复杂度是 \(T(n)\) ，要求出 \(S(n)\) 需要求出 \(\sqrt n\) 个 \(S (\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\) 的值，结合数论分块的复杂度 \(O(\sqrt n)\) 可得：
还可以进一步优化杜教筛，即先线性筛出前 \(m\) 个答案，之后再用杜教筛。这个优化之后的复杂度是：
当 \(m = n ^ {\frac{2}{3}}\) 时，\(T(n) = O(n^{\frac{2}{3}})\)
可以使用哈希表来存下已经求过的答案，也可以不用。
考虑到上面的求和过程中出现的都是 $\lfloor \frac{n}{i} \rfloor $ 。开一个大小为两倍 \(\sqrt n\) 的数组 \(dp\) 记录答案。如果现在需要求出 GetSum(x) ，若 \(x \leq \sqrt n\) ，返回 dp[x] ，否则返回 dp[sqrt n + n / i] 即可。这样可以省去哈希表的复杂度。
实战演练
再挂一次核（tao）心（lu）式，全都要靠它：
它的关键就是要找到合适的 \(g\) 使得这个东西可以快速地算。
理论知识大概就这么多，接下来看几个例子：
(1) \(\mu\) 的前缀和
考虑到莫比乌斯函数的性质 \(\mu * I = \epsilon\) ，自然想到取 \(f=\mu,g=I,f*g=\epsilon\) 。
其中 \(I\) 的前缀和和 \(\epsilon\) 的前缀和都弱到爆了。。
所以就轻松的解决了。
杜教筛代码：
inline ll GetSumu(int n) {
if(n <= N) return sumu[n]; // sumu是提前筛好的前缀和
if(Smu[n]) return Smu[n]; // 记忆化
ll ret = 1ll; // 单位元的前缀和就是 1
for(int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l); ret -= (r - l + 1) * GetSumu(n / l);
// (r - l + 1) 就是 I 在 [l, r] 的和
} return Smu[n] = ret; // 记忆化
}
(2) \(\varphi\) 的前缀和
考虑到 \(\varphi\) 的性质 \(\varphi * I = id\)，取 \(f = \varphi, g = I, f * g = id\)
\(f * g\) 即 \(id\) 的前缀和为 \(\frac{n * (n+1)}{2}\)
杜教筛代码：
inline ll GetSphi(int n) {
if(n <= N) return sump[n]; // 提前筛好的
if(Sphi[n]) return Sphi[n]; // 记忆化
ll ret = 1ll * n * (n + 1) / 2; // f * g = id 的前缀和
for(int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l); ret -= (r - l + 1) * GetSphi(n / l);
// 同上，因为两个的 g 都是 I
} return Sphi[n] = ret; // 记忆化
}
(1) & (2) 就是杜教筛模板 luogu p4213
(3) （综合）\(\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i) \cdot i\)
令 \(f = \varphi \cdot id, g = id\), 考虑迪利克雷卷积的形式得到 \((f*g)(n)=\sum \limits _{d|n} (\varphi(d) \cdot d) \cdot (\frac{n}{d}) = n \sum\limits_{d|n}\varphi(d)=n^2\)
即 \((f * g)(i) = i^2\)
这样就可以快速求得 \((f*g)(i)\) 的前缀和 \(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)
就可以了。
