杜教筛瞎推 学习笔记【杜教筛】【数学】
杜教筛瞎推【学习笔记】
〇、前言
对于 bzoj3944 来说，和莫比乌斯反演等其他知识关系不大，但是 \(\mu\) 函数在自变量较大情况下的前缀和在反演题中也是会被用到的。
接下来通过 bzoj3944 Sum 一题引入杜教筛的思想。
参考资料
一、例题
给定一个正整数 \(N(0\le N\le 2^{31}-1)\)，求 \(\sum_{i=1}^n\varphi(i)\) 和 \(\sum_{i=1}^n\mu(i)\)。多组询问。
1.分析
对于多组询问求积性函数前缀和，我们可以 \(O(n)\) 线筛预处理，\(O(1)\) 询问。其中空间复杂度当然也是 \(O(n)\) 的，所以我们无法直接线筛，但是之后的部分还是会用到的。
2.推导
其实地上本没有路，走的人多了，也便成了路。—— 鲁迅
对于一般的问题，我们要求 \(S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\)。
构造 \(g(n)\)，\((f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g\left(\frac nd\right)\)，我们要求的是 \(S(n)\)，式子中可以从右边分离出 \(f(n)\)，再进一步推导，求出方程左边的前缀和，有
因为每对数 \((x,y)\) 最多只会做一次贡献，所以我们可以直接枚举 \(x\cdot y\) 的结果来统计贡献。
我们在上面定义了 \(S(n)\)，所以式子继续化成了
这时我们可以整出 \(S(n)\) 来了，当右侧式子中 \(y=1\) 时，变为 \(g(1)S(n)\)。
移项得到
这时我们看到了可以数论分块的 \(\left\lfloor\frac ny\right\rfloor\)，看上去像个递归过程。假定 \(g(n)\) 的前缀和可以在 \(O(1)\) 的复杂度内求出，且 \((f*g)(i)\) 的前缀和——即 \(\sum_{i=1}^n(f*g)(i)\) 可以在 \(O(1)\sim O(\sqrt n)\) 的时间内求出，则可以保证复杂度。
因此构造 \(g\) 是一个重点。
3.复杂度
在构造之前，先考虑一下复杂度。
假定在理想状态下，求出 \(g(n)\) 的前缀和和 \((f*g)(i)\) 的前缀和都是 \(O(1)\) 的。
复杂度分析为
式子可以化为 \(\sqrt n\times x^{-\frac 12} \mathrm dx\)，找到函数 \(\sqrt n\times 2x^{\frac 12}=2\sqrt {nx}\) 的导数是它，然后带入
同时，我们可以线筛预处理出前面一段的答案。此外，我们从 \(S(n)\) 进入整个递归过程，这之后也只会调用自变量为 \(\left\lfloor\frac ny\right\rfloor\) 的 \(S\) 函数。接着，由于 \(\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac ny\right\rfloor}{x}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{xy}\right\rfloor\)，自变量只可能是 \(\left\lfloor\frac ni\right\rfloor\) 的 \(O(\sqrt n)\) 种取值中的一种，因此可以记忆化。
假设我们预处理出了前 \(n^c\) 的答案，那么后面一部分积分的上界就是 \(n^{1-c}\) 了，因为只有当 \(k<c\) 时需要计算 \(S\left(\frac{n}{n^{k}}\right)=S\left(n^{1-k}\right)\)。
则
由基本不等式得二者取等时 \(T(n)\) 有最小值，此时 \(c=1-\frac c2,\ c=\frac 23\)，\(T(n)_\min=O\left(n^\frac 23\right)\)。
4.构造
对于一些常见的函数如 \(id(n),1(n),\epsilon(n)\)，\(g(n)\) 的前缀和比较好求，因此在杜教筛时优先考虑这些函数。
对于 \(\varphi(n)\)，由于 \((\varphi*1)(n)=n\)，\((\varphi*1)(n)\) 和 \(1(n)\) 的前缀和都比较好求，所以可以利用它。
把它带入移项后的式子：
然后递归就可以了。
对于 \(S(x)\) 的计算（\(n\) 是常数）
当 \(x\le \left(2^{31}-1\right)^{\frac 23}\) 时，可以直接返回已经存下的值，其余情况根据关于 \(n\) 的分母，即 \(\left\lfloor\frac nx\right\rfloor\) 的值查询是否记忆过这个答案，此时只需要存 \(O\left(n^\frac 13\right)\) 种状态。
5.代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
const int mxm=2000000;
int pri[1<<20],cnt=0,n;
ll phi[2000100],mu[2000100];
bool is[2000100];
ll f[2000100],g[2000100];
bool used[2000];
ll calc(int x)
{
if(x<=mxm)
return phi[x];
int t=n/x;
if(used[t])
return g[t];
used[t]=1;
ll ans=(ll)(1ll+x)*x/2;
for(int i=2;i<=x;++i)
{
int nxt=x/(x/i);
ans-=calc(x/i)*(nxt-i+1);
i=nxt;
if(i==2147483647)
break;
}
return g[t]=ans;
}
ll calc1(int x)
{
if(x<=mxm)
return mu[x];
int t=n/x;
if(used[t])
return g[t];
used[t]=1;
ll ans=1;
for(int i=2;i<=x;++i)
{
int nxt=x/(x/i);
ans-=calc1(x/i)*(nxt-i+1);
i=nxt;
if(i==2147483647)
break;
}
return g[t]=ans;
}
int main()
{
is[0]=is[1]=1;
phi[1]=1;
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=mxm;++i)
{
if(!is[i])
{
pri[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=mxm;++j)
{
is[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)
{
mu[i*pri[j]]=0;
phi[i*pri[j]]=pri[j]*phi[i];
break;
}
else
{
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
phi[i*pri[j]]=(pri[j]-1)*phi[i];
}
}
mu[i]+=mu[i-1];
phi[i]+=phi[i-1];
}
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
memset(used,0,sizeof(used));
printf("%lld ",calc(n));
memset(used,0,sizeof(used));
printf("%lld\n",calc1(n));
}
return 0;
}
在数论题中最好通过带入最大的数（在本题中是 \(2147483647\)）来检验程序的运行时间和数据规模。在本题中，当循环到 \(i=2147483647\) 时，++i 就会爆 int，在这里需要特判。
数组不要开小了！！
二、练习
感觉把反演给忘了，先复习反演。
🕊🕊🕊
