算法学习笔记(28): 筛法

筛法

冷静分析：CMD 的博客

线性筛

线性筛是个好东西。一般来说，可以在 \(O(n)\) 内处理几乎所有的积性函数。

还可以 \(O(n)\) 找出所有的质数……（废话

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杜教筛

放在偏序关系 \((\Z, |)\) 中卷积……

如何快速的求 \(S(n) = \sum_{i = 1}^n f(i)\)。

如果能够找到一个函数 \(g\) ：

\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^n (f * g)(i) &= \sum_{i = 1}^n \sum_{d | i} f(\frac id) g(d) \\ &= \sum_{d = 1}^{n} g(d) \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac nd \rfloor} f(i) \\ &= \sum_{d = 1}^{n} g(d) S(\lfloor \frac nd \rfloor) \\ \end{aligned} \]

那么可以得出：

\[g(1)S(n) = \sum_{i = 1}^n (f * g)(i) - \sum_{d = 2}^n g(d) S(\lfloor \frac nd \rfloor) \]

这样我们就可以通过整除分块快速的求出 \(g(1) S(n)\) 了。

当然，需要有很严苛的前提：

• \(f * g\) 的前缀和是可以快速求的。

• \(g\) 的前缀和也是可以快速求的。

• 这里的快速应该是 \(O(1)\)，如果是 \(O(\log n)\) 估计也没关系。

其时间复杂度大概是在 \(O(n^{\frac 23})\) 的，如果不预处理小块的话应该是 \(O(n^{\frac 34})\) 的。

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例题：

1. 快速求 \(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n \varphi(\gcd(i, j))\)

2. 快速求 \(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n i \cdot j \cdot gcd(i, j)\)

例二中有一个很好的东西，点乘。

其定义有：\((f \cdot g)(n) = f(n) \cdot g(n)\)。

当 \(h\) 为完全积性函数时，有 \((f \cdot h) * (g \cdot h) = (f * g) \cdot h\)。

这里列出一些基本的组合：

• \(\mu \cdot id_k\)

  有 \(((\mu \cdot id_k) * id_k)(n) = \sum_{d | n} \mu(d) d^k (\frac nd)^k = n^{k + 1}\sum_{d | n} \mu(d) = \varepsilon(n)\)

• \(\varphi \cdot id_k\)

  有 \((\varphi \cdot id_k) * id_k = I\)，推导同上。

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Min25 筛

本质是对线性筛的扩展……

为了方便，声明一些符号：

• \(P\) 代表质数集合。

• \(P_i\) 表示第 \(i\) 个质数。

• \(minp(i)\) 表示 \(i\) 的最小质因数。

还是求 \(\sum_{i = 1}^n f(i)\)。可以用 Min25 筛需要满足一些条件：

• \(f(i)\) 是一个低阶多项式。

• \(f(p^k)\) 可以快速的求解。

现在考虑把每一阶分别计算。

TODO

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PN 筛

首先定义 Powerful Number。

一个数是 Powerful Number 当其质因数分解中 \(n = \prod_{i = 1}^k p_i^{c_i}\)，\(\forall i(c_i > 1)\)。

由于一个 Powerful Number 可以表示为一个数的平方和一个数的立方，所以 \(n\) 以内的 PN 数一共有 \(O(\sqrt n)\) 个。

现在假设要求 \(F(n) = \sum_{i = 1}^n f(i)\)。

需要找到函数 \(g\) 满足：

• 为积性函数。

• 易求前缀和。

• 在质数 \(p\) 处取值与原函数相等：\(f(p) = g(p)\)。

记 \(G(n) = \sum_{i = 1}^n g(n)\)。

先构造函数 \(h\) 满足 \(h * g = f\)。

于是将卷积展开：

\[\begin{aligned} F(n) &= \sum_{i = 1}^n f(i) = \sum_{i = 1}^n \sum_{d | i} h(d) g(\frac id) \\ &= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac nd \rfloor} h(d) g(i) \\ &= \sum_{d = 1}^n h(d) \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac nd \rfloor} g(i) \\ &= \sum_{d = 1}^n h(d) G(\lfloor \frac nd \rfloor) \end{aligned} \]

怎么可以套数论分块？

由于积性函数相乘任然为积性函数，所以可知 \(h(1) = 1\)。

所以对于质数 \(p\)，有 \(f(p) = g(1)h(p) + g(p)h(1) = h(p) + g(p)\)。

由于 \(f(p) = g(p)\)，所以可知 \(h(p) = 0\)。

根据积性函数的性质，可以推导出 \(h(n)\) 只在 \(n\) 为 PN 数的时候才可能不为 \(0\)。

所以原式变为：

\[F(n) = \sum_{\text{d is PN}}^{n} h(d) G(\lfloor \frac nd \rfloor) \]

这样，我们只需要求出 \(O(\sqrt n)\) 个 \(h(d)\) 的取值，以及快速算出 \(G(x)\) 的取值即可。

那么我们考虑如何求解 \(h(d)\)？

根据 \(f = g * h\) 有

\[f(p^c) = \sum_{i = 0}^c g(p^i)h(p^{c - i}) \]

稍微移项可以得到：

\[g(1)h(p^c) = f(p^c) - \sum_{i = 1}^c g(p^i)h(p^{c - i}) \\ \downarrow \\ h(p^c) = f(p^c) - \sum_{i = 1}^c g(p^i)h(p^{c - i}) \]

于是可以枚举所有的 \(p\) 以及 \(c\) 求出 \(h(p^c)\) 即可。

此时 \(p\) 的个数视作 \(O(\sqrt n)\)，而 \(c\) 的界为 \(O(\log n)\)，有由于是 \(\log n\) 转移，所以这部分复杂度为 \(O(\sqrt n \log n^2)\)，而且这个上界很宽松。

但是如果我们直接推导出 \(h(p^c)\) 仅与 \(p^c\) 有关的计算公式，那么可能更加优秀，复杂度一般为 \(O(\sqrt n \log n)\)。

所以总的复杂度一般为 \(O(\sqrt n + \sqrt n \log n) = O(\sqrt n \log n)\)。非常的优秀。

然而根据 CMD 的博客，硬上的复杂度实际上是 \(O(\sqrt n / \log n)\)……更加优秀了。

不过有些情况下，利用 PN 筛可能需要套一个杜教筛，毕竟我们除了 \(h(p^c)\) 还需要求出 \(G(x)\) 的前缀和。

此时需要加上杜教筛的复杂度，可以认为是 \(O(n^{\frac 23})\) 的。