【学习笔记】数论之筛法

前言：

可以会乱记一些技巧吧。

交换求和顺序

如果不确定可以将条件写成 [A] 的形式，交换完求和顺序再把这个条件放里面。
例如：

$$\sum_{i=1}^n \sum_{d} [d | i] = \sum_{d=1}^n \sum_{i} [d|i] = \sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} 1$$

狄利克雷前缀和与狄利克雷差分

设两个数论函数满足 $f * I = g$
狄利克雷前缀和是指给定 $f$ 求 $g$
狄利克雷差分就是倒过来，也就是给定 $g$ 求 $f$，乘 $\mu$ 就好。

狄利克雷前缀和就是知道恰好为 $x$ 的信息，要求为 $x$ 的倍数的信息。
狄利克雷差分就是知道为 $x$ 的倍数的信息，要求恰好为 $x$ 的信息。

埃氏筛：

基础知识

埃氏筛的代码实现如下：

点击查看代码

void pre_work(int mx){
	for(int i=2; i<=mx; i++){
		if(!flag[i]){
			prime[++tot] = i;
		}
		for(int j=1; j<=tot && i * prime[j] <= mx; j++){
			flag[i * prime[j]] = true;
			if(i % prime[j] == 0)	break;
		}
	}
}

$[1,n]$ 中的质数个数为 $\frac{n}{\log n}$，所以第 $i$ 个质数为 $O(i \log i)$。
所以埃氏筛的时间复杂度为 $O(n \log \log n)$

线性筛：

基础知识

线性筛的代码实现如下：

点击查看代码

void prime()
{
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(!v[i]) p[++cnt]=i;
		for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<=n; j++)
		{
			v[i * p[j]] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;	
		}
	}
}

线性筛中内层循环相当于枚举最小质因子，如果满足 $i \mod \text{prime}_{j} = 0$ 也就是意味着此时 $i \times \text{prime}_k（k > j）$ 的最小质因子不是 $\text{prime}_k$，而至少应为 $\text{prime}_j$ 所以可以直接跳过

所以每个数只会被其最小质因子筛一次，复杂度 $O(n)$。

常见积性函数筛法

线性筛的强大作用之一就是筛积性函数。

$id_k(i)$：

• 可以对于 $id_k(p) (p \in \text{prime})$ 快速幂求，然后线性筛的过程中直接乘就是答案（注意到 $id_k$ 是一个完全积性函数）

$\varphi(i)$：

• 若 $i \mod p \not= 0$，则 $\varphi(i \times p) = \varphi(i) \times (p-1)$
• 若 $i \mod p = 0$，则 $\varphi(i \times p) = \varphi(i) \times p$

$\mu(i)$：

• 若 $i \mod p \not= 0$，$\mu(i\times p) = -\mu(i)$
• 若 $i \mod p = 0$，$\mu(i \times p) = 0$

一般积性函数筛法

若对于积性函数 $f$ 可以以 $O(n)$ 的复杂度求出所有的 $f(p^c) (p\in \text{prime})$，那么就可以很快求解。

根据线性筛我们可以求出 $mn_i$ 表示数 $i$ 的最小质因子，求 $pw_i$ 代表对 $i$ 质因数分解之后 $mn_i$ 对应的系数，则可以直接得到：$f(i) = f(pw_i)f(\frac{i}{pw_i})$

就以下面这个为例推一推：

$f(x) = x\mu(x)$，要求筛 $g = f * I * id_2$。

积性函数卷积性函数还是积性函数，所以 $g$ 是积性函数。

因为 $\mu * I = e$，所以考虑先计算 $f * I$：

$$(f*I)(p^c) = \sum_{i=0}^c p^i \mu(p^i) = \begin{cases} 1 & c = 0 \\ (1-p) & c > 0 \end{cases}$$

注意因为我们只在意 $p^c$ 所以枚举因数就相当于枚举 $p$ 的指数。
所以：

$$\begin{aligned} g(p^c) &= \sum_{i=0}^c (f*i)(p^i) \times id_2(p^{c-i}) \\ &= 1 \times p^{2c} + \sum_{i=1}^c (1-p) p^{2(c-i)} \\ &= \sum_{i=0}^c p^{2i} - p\sum_{i=0}^{c-1} p^{2i} \\ &= \dfrac{(1-p^{2(c+1)}) - p(1-p^{2c})}{1-p^{2}} \end{aligned}$$

所以知道了这个就很简单了。

杜教筛

基础知识

杜教筛的作用就是求数论函数 $f$ 的前缀和。

杜教筛首先需要我们构造一个数论函数 $g$，满足 $f * g = h$，通常情况下使用杜教筛的条件是 $g,h$ 的前缀和很好求。

为了方便下面设 $S(f,n)$ 表示数论函数 $f$ 的前 $n$ 项和。

$$\begin{aligned} S(h,n) &= \sum_{i=1}^n \sum_{d | i}g(d)f(\frac{i}{d}) \\ &= \sum_{d=1}^n g(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor} f(i) \\ &= \sum_{d=1}^n g(d) S(f,\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \end{aligned}$$

因为我们要求的是 $S(f,n)$ 所以就考虑把这一项单独提出来：

$$\begin{aligned} g(1)S(f,n) &= S(h,n) - \sum_{d=2}^n g(d)S(f,\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \\ S(f,n) &= \dfrac{S(h,n) - \sum_{d=2}^n g(d)S(f,\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)}{g(1)} \end{aligned}$$

对于后面显然需要整除分块求解，所以必须要快速求 $\sum_{d=l}^r g(d)$。
经过复杂度分析可以知道，当我们线性预处理出 $S(f,n)$ 的前 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 项，我们的总时间复杂度就是 $O(n^{\frac{2}{3}})$

下面就是一个模板代码实现：

点击查看代码

inline ll F (register ll n) {
	if (n <= 3e6) return sumf[n]; // 预处理出 n 较小时的前缀和
	if (f[n]) return f[n]; // 记忆化，如果求过这个值，就不需要再递归一遍了
	register ll ans = sum (f * g); // 这是 f * g 的 n 项前缀和
	for (register ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) // 整除分块
		r = n / (n / l), ans -= (sumg[r] - sumg[l - 1]) * F (n / l); 
		// [l,r] 的 F (n / l) 是一样的，对 g(x) 求个和即可
	return f[n] = ans / g[1]; // 别忘了除上 g(1)
}

简单应用：

如果 $f * g = h$ 中两个可以杜教筛一个可以线性筛，则三个都可以杜教筛。

数论函数点乘：$f \cdot g \Longleftrightarrow (f \cdot g)(n) = f(n)g(n)$。
若有完全积性函数 $c$ 有：$(a\cdot c) * (b \cdot c) \Longleftrightarrow (a * b) \cdot c$

例题一：对 $f = \mu$ 做杜教筛
解法：取 $g = I$，则 $f * g = e$

例题二：对 $f = \varphi$ 做杜教筛
解法：取 $g = I$，则 $f * g = id$

例题三：对 $f = id_k \cdot \varphi$ 做杜教筛（注意这里是点乘）
解法：取 $g = id_k$，则 $f * g = (\varphi \cdot id_k) * (I \cdot id_k) = (\varphi * I) \cdot id_k = id \cdot id_k = id_{k+1}$

例题四：对 $f = id_k · \mu$ 做杜教筛（注意这里是点乘）
解法：取 $g = id_k$，则 $f * g = e \cdot id_k = e$

例题五：对 $f = \mu^2 * (\mu \cdot id)$ 做杜教筛
解法：取 $g = id$，则 $f * g = \mu^2 ((\mu * I) \cdot id) = \mu^2 * e = \mu^2$，$\mu^2(i) = \sum_{d^2 | i} \mu(d)$，所以其前缀和也是好求的

有了上面这些知识你就可以通过 P4213 【模板】杜教筛（Sum） 了。
代码如下：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e6+5;
const int MX = 5000000;
int tot,prime[N],phi[N],mu[N];
bool flag[N];
unordered_map<int,int> pre_mu,pre_phi;
void pre_work(int mx){
	mu[1] = 1;phi[1] = 1;
	for(int i=2; i<=mx; i++){
		if(!flag[i]){
			mu[i] = -1,phi[i] = i-1;
			prime[++tot] = i;
		}
		for(int j=1; j<=tot && i * prime[j] <= mx; j++){
			flag[i * prime[j]] = true;
			if(i % prime[j] == 0){
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			else	phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1),mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for(int i=1; i<=mx; i++)	mu[i] = mu[i-1] + mu[i];
	for(int i=1; i<=mx; i++)	phi[i] = phi[i-1] + phi[i];
}
int get_mu(int n){
	if(n <= MX && mu[n])	return mu[n];
	if(pre_mu.count(n))	return pre_mu[n];
	int tmp = 1;
	for(int l=2,r; l<=n; l = r + 1){
		r = n / (n / l);
		tmp -= (r - l + 1) * get_mu(n / l);
	}
	tmp /= 1;
	return pre_mu[n] = tmp;
}
int get_phi(int n){
	if(n <= MX && phi[n])	return phi[n];
	if(pre_phi.count(n))	return pre_phi[n];
	int tmp = n * (n + 1) / 2;
	for(int l=2,r; l<=n; l = r + 1){
		r = n / (n / l);
		tmp -= (r - l + 1) * get_phi(n / l);
	}
	tmp /= 1;
	return pre_phi[n] = tmp; 
}
signed main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	pre_work(MX);
	int t;
	scanf("%lld",&t);
	while(t--){
		int n;
		scanf("%lld",&n);
		printf("%lld %lld\n",get_phi(n),get_mu(n));
	}
	return 0;
}

贝尔级数

基础知识：

如果你看了上文中线性筛-一般积性函数筛法那一道例题，你就会惊奇的发现，当我们只关系 $f(p^c)$ 的值时，狄利克雷卷积就是相当于加法卷积。于是就有贝尔级数：

$$f_{p}(x) = \sum_{i=0}^{\infty} f(p^i) x^i$$

如果你对生成函数有所了解会发现这东西就跟 OGF 一样，但是你如果没学也不要紧，下文会将你当作没学来看待。

因为相当于加法卷积，所以也就有：

$$f * g = h \Longleftrightarrow \forall p,f_p(x) * g_{p}(x) = h_p(x)$$

（第一个 $*$ 代表狄利克雷卷积，第二个 $*$ 代表加法卷积）
下面就列几个贝尔级数：

$$\begin{aligned} e_p(x) &= 1 \\ I_p(x) &= \sum_{i=0}^{\infty} x^i = \frac{1}{1-x} \\ (id_k)_p(x) &= \sum_{i=0}^{\infty} p^{ik} x^i = \frac{1}{1-p^kx} \\ u_p(x) &= (I^{-1})_p(x) = 1-x \\ u_p^2(x) & = 1 + x \\ d_p(x) &= \sum_{i=0}^{\infty} (i+1)x^i = \frac{1}{(1-x)^2} \\ (\sigma_k)_p(x) &= (I * id_k)_p(x) = \dfrac{1}{(1-x)(1-p^kx)} \\ \varphi_p(x) &= (\mu * id)_p(x) = \dfrac{1-x}{1-px} \\ \end{aligned}$$

对于 $u_p(x),u^2_p(x)$ 也可以直接枚举只有前两项有值，也可以得到同样的结论

对于 $d_p(x)$ 可以考虑组合意义，也就是两个物品每个物品可以选无限多次，询问选 $i$ 个的方案就是 $i+1$，或者可以理解为 $d_p(x) = I_p(x) \cdot I_p(x)$

关于 $id_k$ 在点乘中对贝尔级数的影响有如下结论：

$$(f \cdot id_k)_p(x) = f_p(p^kx)$$

也就是说可以直接将 $p^kx$ 视为一个整体。
证明的话就是暴力展开：

$$(f \cdot id_k)_p(x) = \sum_{i=0}^{\infty} f(p^i) p^{ik} x^i = f_p(p^kx)$$

上述结论的简单应用就是：

• $\mu \cdot id_k = 1 - p^kx$
• $\varphi \cdot id_k = \frac{1-p^kx}{1-p^{k+1}x}$

简单应用：

例题一：对 $f(p^k) = p^k + [k > 0](-1)^k$ 且已知 $f$ 为积性函数，做杜教筛
解法：
考虑先求出 $f$ 的贝尔级数：

$$f_p(x) = 1 + \sum_{i=1}^{\infty} (p^i + (-1)^i)x^i = 1 + \dfrac{1}{1-px} + \dfrac{1}{1+x}$$

考虑构造卷积 $g_p(x) = (1-px)(1+x)$，则 $(f*g)_p(x) = 1+px^2$
分别考虑这两个的前缀和是不是很好做。
先考虑 $g$，$(1-px) = \mu · id,(1+x) = \mu^2$，所以 $g = \mu^2 * (\mu \cdot id)$，这个就是我们杜教筛的例题五。
而 $h_p(x) = 1 + px^2$，以实际意义就是 $h(n)$ 非 $0$ 的 $n$ 都满足质因子指数为 $2$，所以就直接枚举就好了：

$$S(h,n) = \sum_{i=1}^{\sqrt{n}} i \mu^2(i)$$

上面的式子其实是将合法的数直接开方做的一个映射。

Powerful Number

基础知识：

对于正整数 $n$，设其质因数分解的结果为 $n = \prod_{i} p_i^{a_i}$，满足 $\forall i,a_i > 1$ 则称 $n$ 为一个 Powerful Number，其实就是满足其所有质因子的指数大于等于 $2$。
其有如下的两个性质：

• 任意一个 Powerful Number 都可以表示为 $a^2b^3$ 的形式
• 小于等于 $n$ 的 Powerful Number 只有 $O(\sqrt{n})$ 个

证明显然。

我们就有 PN 筛就是使用了 Powerful Number 的性质。

PN 筛也是求解一个积性函数的前缀和。

首先要构造一个易求出前缀和的积性函数 $g$，满足对于所有的质数 $p$ 都有 $g(p) = f(p)$。

设 $h = f / g$，也就是 $f = g * h$，易得 $h$ 也是一个积性函数，即 $h(1) = 1$。

考虑对于一个质数 $p$，$f(p) = g(1)h(p) + g(p)h(1) = h(p) + g(p)$，因为 $f(p) = g(p)$ 所以 $h(p) = 0$，也就是 $h$ 在所有的质数位置的值 $0$，因为 $h$ 也是一个积性函数，易得 $h$ 只有在 Powerful Number 位置值不为 $0$。

根据 $f = g * h$ 推式子：

$$\begin{aligned} S(f,n) &= \sum_{i=1}^n f(i) \\ &= \sum_{i=1}^n \sum_{d | i} h(d)g(\frac{i}{d}) \\ &= \sum_{d=1}^n h(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} g(i)\\ &= \sum_{d=1}^nh(d)S(g,\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \end{aligned}$$

可以直接 $O(\sqrt{n})$ 找出所有的 Powerful Number 然后算出所有 $h(p^c)$ 处的值就可以根据积性函数求出 $h$ 的所有有效值，对于所有的有效值对答案累加上 $h(d)S(g,\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$ 即可。

下面第一个就是究竟该怎么样才能找到 Powerful Number，就是直接枚举 $p^c(c > 1,p\le \sqrt{n})$，然后搜索即可。

然后就是如何求出 $h(p^c)$ 位置的值，因为 $f = g * h$，所以 $f(p^c) = \sum_{d=0}^c h(p^d)g(p^{c-d})$，移项得：$h(p^c) = f(p^c) - \sum_{d=1}^c h(p^d)g(p^{c-d})$

简单应用：

例题一：P5325 【模板】Min_25筛
解法：考虑 $f(x) = x(x-1)$ 构造 $g(x) = x\varphi(x)$，然后剩下的就按照上文的套路推就好了。

Min_25 筛

基础知识

Min_25 筛可以做到以亚线性得复杂度求解积性函数的前缀和。
其要求为：$f(p)$ 为低阶多项式，$f(p^c)$ 可以快速计算。
其基本思想就是用埃氏筛的想法，将问题拆分成与质因子相关的子问题。

为了下文推导方便，我们有如下规定：
$\text{prime}_i$ 表示第 $i$ 个质数的值
$|\text{prime}_n|$ 表示 $[1,n]$ 中质数的个数
$mn_i$ 代表 $i$ 的最小质因子

我们要求的就是 $f$ 的前缀和，考虑构造 $g(n,i)$ 表示在埃氏筛中小于等于 $n$ 的数里，前 $k$ 个质数筛完后剩下数的 $f$ 之和。也就是所有的质数的 $f$ 和所有最小质因子大于 $\text{prime}_k$ 的合数的 $f$ 之和。

其实也就是说：

$$g(n,i) = \sum_{j \in \text{prime} \vee mn_j > i} f(j)$$

可以显然发现 $g(n,|\text{prime}_n|)$ 代表 $[1,n]$ 所有质数的 $f$ 之和，$g(\text{prime}_k,k)$ 代表前 $k$ 个质数的 $f$ 之和。

会发现 $g(n,i)$ 满足如下的递推式：

$$g(n,i) = \begin{cases} g(n,i-1) & \text{prime}_i^2 > n \\ g(n,i-1) - f(\text{prime}_i) \times (g(\lfloor \frac{n}{\text{prime}_i}\rfloor,i-1) - g(\text{prime}_{i-1},i-1)) & \text{prime}_i^2 \le n \end{cases}$$

第一个转移很好理解，因为此时 $\text{prime}_i$ 不会筛掉任何一个数

第二个转移就有点神仙了，考虑 $mn_x = \text{prime}_i$ 相当于将数除去 $\text{prime}_i$ 后，其最小质因子大于 $\text{prime}_{i-1}$，其实就是对应着 $g(\lfloor \frac{n}{\text{prime}_i}\rfloor,i-1)$，可是此时我们也会将 $\sum_{j=1}^{i-1} f(\text{prime}_j)$ 的贡献删掉，但是根据定义我们不应该删掉，所以最后就用 $g(\text{prime}_{i-1},i-1)$ 将这一部分贡献补回来。

但是我们会发现能把 $f$ 提出来的条件就是 $f$ 是一个完全积性函数，但是它不是，那么该怎么办呢。

所以我们就想办法构造一个完全积性函数啦，因为我们的 $f$ 一般都是多项式的形式，而幂是一个完全积性函数，所以可以考虑对于 $f$ 的每一项分别通过 $g$ 递推然后加和即可。

考虑我们需要对于 $p \in [1,n]$ 都求出 $g(p,i)$ 嘛，其实没有必要，因为我们递归下去的形式为 $\lfloor \frac{n}{x} \rfloor$，这其实就是数论分块的形式，所以其实只用 $O(\sqrt{n})$ 种不同的位置需要求，然后在这个上面滚动就好了。

现在处理完了 $g(n,i)$ 考虑一个新的式子，设 $S(n,i)$ 表示小于等于 $n$ 的数里，最小质因子大于 $\text{prime}_i$ 的数的 $f$ 值的和。

那么我们的答案就可以表示为：$S(n,0) + f(1)$。

那么 $S(n,i)$ 就满足如下的式子：

$$S(n,i) = g(n,|\text{prime}|) - g(|\text{prime}_i|,|\text{prime}|) + \sum_{j > i}\sum_{p_j^k \le n} f(p_j^k) S(\lfloor \frac{n}{p_j^k} \rfloor,j + [k > 1])$$

其实就是分为两部分计算贡献。

第一部分为：大于 $\text{prime}_i$ 的质数
这一部分的贡献就直接通过得到的 $g$ 就可以快速取得

第二部分为：最小质因子大于 $\text{prime}_i$ 的质数，可以考虑直接枚举最小质因子以及其指数，然后就可以直接递归求解。

根据某个神仙的定理，即使我们在递归过程中不记忆化复杂度依旧正确。