浅谈杜教筛
今天本身是要学习莫比乌斯反演的，然后题单里面出现了一道需要用杜教筛的题，我还推到了只剩杜教筛的地方
于是迫不得已学习了这种神仙算法，真是迫不得已啊。。。。
杜教筛是一种在线性复杂度以下的求积性函数前缀和的高级算法，大概在\(O(n^{\frac{2}{3}})\)左右
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：
\(\mu * I = \epsilon\)
\(\varphi * I = id\)
\(\mu * id = \varphi\)
\(\sum\limits_{d|n}\dfrac{\mu(d)}{d}=\dfrac{\varphi(n)}{n}\)
然后一定要记住这些常用的卷积函数，关键时候要反应过来
杜教筛
设\(f\)为积性函数，我们现在要求\(\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\)
线性范围一下显然可以直接筛，但是一般题目要求范围为\(n\in [1,1e10]\)
这样我们需要复杂度在线性以下的算法
设\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\)
那么再找一个积性函数\(g\)，并把它和\(f\)卷起来，考虑这个函数的前缀和
\(\begin{aligned} &= \sum\limits_{i=1}^{n} \sum \limits _{d|i} f(d)g(\frac{i}{d}) \\ &= \sum \limits _{d=1}^{n} g(d)\sum\limits _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor } f(i) \\ &= \sum \limits _{d=1}^{n} g(d) S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \end{aligned}\)
考虑\(g(1)S(n)\)就等于
\(\sum\limits_{i=1}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})-\sum\limits_{i=2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\)
若不特殊说明，本文中所写的分数均是向下取整
那么前面的式子可以化简为\(\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\)
所以得到了\(\huge{大套路式}\)
\(g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\)
这样的话我们剩下的工作就是找到一个合适的\(g\)函数
要求尽量是可以在复杂度\(O(1)orO(\sqrt{n})\)的情况下出\(\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\)，否则无法递归求出解
找到\(g\)后剩下的就是数论分块加递归求解加记忆化了
下面放一个模板题
主要就是使用上述的
\(\varphi * I = id\)
以及
\(\mu * I = \epsilon\)
code
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
#define int long long
using namespace std;
const int NN=5000000;
namespace AE86{
auto read=[](){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
};
}using namespace AE86;
int T,n,mu[NN+5],len,prime[NN+5];
int phi[NN+5];
auto getprime=[](){
mu[1]=1; phi[1]=1;
for(int i=2;i<=NN;i++){
if(!phi[i]) prime[++len]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=len&&prime[j]*i<=NN;j++){
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<=NN;i++) mu[i]+=mu[i-1],phi[i]+=phi[i-1];
};
unordered_map<int,int>smu;
unordered_map<int,int>sphi;
inline int getmu(int n){
if(n<=NN) return mu[n];
if(smu.find(n)!=smu.end()) return smu[n];
int res=1,l=2,r;
while(l<=n){
r=n/(n/l);
res-=(r-l+1)*getmu(n/l);
l=r+1;
} return smu[n]=res;
}
inline int getphi(int n){
if(n<=NN) return phi[n];
if(sphi.find(n)!=sphi.end()) return sphi[n];
int res=(1+n)*n/2;int l=2,r;
while(l<=n){
r=n/(n/l);
res-=(r-l+1)*getphi(n/l);
l=r+1;
} return sphi[n]=res;
}
namespace WSN{
inline short main(){
T=read(); getprime();
while(T--){
n=read();
printf("%lld %lld\n",getphi(n),getmu(n));
}
return 0;
}
}
signed main(){return WSN::main();}
接下来就是今天做莫比乌斯反演时碰见的杜教筛题
\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}ij\times gcd(i,j),(\mod{P})\)
\(\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}ij\times gcd(i,j)\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{d}}id\times jd\times d[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{d}}i\times j[gcd(i,j)=1] \\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{k|gcd(i,j)}\mu(k)ij \\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu(k)k^2(1+2+...+\frac{\frac{n}{d}}{k})^2 \\ \end{aligned}\)
接下来我们令\(sum(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i\)，\(T=kd\)
则有，
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu(k)k^2sum^2(\frac{n}{T}) \\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}sum^2(\frac{n}{T})\sum\limits_{d|T}d^3\mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^2 \\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}sum^2(\frac{n}{T})T^2\sum\limits_{d|T}d\mu(\frac{T}{d}) \\ \end{aligned}\)
发现后面的\(\sum\limits_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})\)是\(id*\mu=\varphi\)
那么原式可以化为
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{T=1}^{n}sum^2(\frac{n}{T})T^2\varphi(T)\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}sum^2(\frac{n}{i})i^2\varphi(i)\\ \end{aligned}\)
后面的不会了，然后看题解发现要用杜教筛。。
所以学会杜教筛之后这题就成了简单的数学题
然后我们需要找到一个复杂度在线性以下的算法计算\(\sum\limits_{i=1}^{n}i^2\varphi(i)\)
不难考虑杜教筛，那么需要选择一个\(g\)，发现可以选择\(g=id^2\)，即\(g(n)=n^2\)
那么设\(f(n)=n^2\varphi(n)\)，则
\((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}d^2\varphi(d)\times (\frac{n}{d})^2=n^2\sum\limits_{d|n}\varphi(d)\)
发现后面的\(\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=(I*\varphi)(n)=id(n)=n\)
那么\((f*g)(n)=n^3\)，然后杜教筛出前缀和再数论分块就可以解决了
code
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
#define int long long
using namespace std;
const int NN=5000005;
int n,mod,v6,v2,ans;
namespace AE86{
auto read=[](){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
};
auto write=[](int x,char opt='\n'){
char ch[20];short len=0;if(x<0)x=~x+1,putchar('-');
do{ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4);x/=10;}while(x);
for(short i=len-1;i>=0;--i)putchar(ch[i]);putchar(opt);
};
auto qmo=[](int a,int b,int ans=1){
int c=mod;for(;b;b>>=1,a=a*a%c)if(b&1)ans=ans*a%c;
return ans;
};
inline int sig(int n){return (1+n)%mod*n%mod*v2%mod;}
inline int pws(int n){return (2*n%mod+1)%mod*n%mod*(n+1)%mod*v6%mod;}
inline int pps(int n){return sig(n)*sig(n)%mod;}
}using namespace AE86;
namespace Prime{
signed len,prime[NN];
int phi[NN],F[NN];
bool vis[NN];
auto getprime=[](){
phi[1]=1; F[1]=1;
for(signed i=2;i<NN;++i){
if(!vis[i]) prime[++len]=i,phi[i]=i-1;
for(signed j=1;j<=len&&prime[j]*i<NN;++j){
vis[i*prime[j]]=1;
if(!(i%prime[j])){phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
F[i]=(phi[i]*i%mod*i%mod+F[i-1])%mod;
}
};
}using namespace Prime;
namespace dujiao_shai{
unordered_map<int,int>sF;
inline int getF(int n){
if(n<NN) return F[n];
if(sF[n]) return sF[n];
int res=pps(n);
for(int l=2,r;l<=n;l=r+1) r=n/(n/l),
res=(res-(pws(r)-pws(l-1)+mod)%mod*getF(n/l)%mod+mod)%mod;
res=(res%mod+mod)%mod;
return sF[n]=res;
}
}using namespace dujiao_shai;
namespace WSN{
inline short main(){
mod=read();n=read();getprime();
v6=qmo(6,mod-2);v2=qmo(2,mod-2);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) r=n/(n/l),
ans=(ans+(getF(r)-getF(l-1)+mod)%mod*pps(n/l)%mod)%mod;
write(ans);
return 0;
}
}
signed main(){return WSN::main();}
