[笔记]杜教筛

P1 杜教筛能干什么#

给你一个积性函数 $f(i)$，求 $f(i)$ 的前缀和：

$$\sum _{i=1} ^n f(i)$$

注意，$f(i)$ 必须是积性函数。

P2 怎么杜教筛#

发现直接求不太行，是 $O(n)$ 的，这样只要 $n\le 10^9$ 就会TLE。

由于满足积性函数，不妨往数论方面想想。

考虑狄利克雷卷积，令 $h=f*g$，其中 $g(i)$ 是我们自己根据要求选的函数。$h(n)$ 可以根据定义算出：

$$h(n)=\sum_{d\mid n} f(d)g(\dfrac{n}{d})$$

再令：

$$S(n)=\sum _{i=1} ^n f(i)$$

现在，我们想求 $h(n)$ 的前缀和：

$$\sum_{i=1}^n h(i)$$

怎么办？把定义带进去呗：

$$\sum_{i=1}^n h(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i} f(d)g(\dfrac{i}{d})$$

然后发现$\sum_{d\mid i}$ 有点难办，所以不妨换一个角度思考。我们考虑 $q=j\cdot k,q\le n$，然后是不是 $j\mid q$ ，而且贡献是 $g(j)f(\dfrac{q}{j})=g(j)f(k)$。

好，现在发现凡是 $j$ 的倍数 $q$ 都能产生有关 $g(j)$ 的贡献，而且是先乘后加的。这个时候就要乘法分配律了：

$$\sum_{j\mid q,q\le n} g(j)f(\dfrac{q}{j})=g(j)\sum_{p=1}^{\lfloor \tfrac{n}{j}\rfloor} f(p)$$

好好好，现在再带回去：

$$\begin{align} \sum_{i=1}^n h(i) &= \sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i} f(d)g(\dfrac{i}{d})\\ &= \sum_{i=1}^n g(i)\sum_{p=1}^{\lfloor \tfrac{n}{i} \rfloor} f(p)\\ &= \sum_{i=1}^n g(i)S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor) \end{align}$$

现在呢，我们是不是把这个式子化成了有关于三个函数的形式，而且 $g$ 是我们自己定义的，$h$ 是根据 $g$ 来的，所以实际上啊有两个都被我们捏在手里

是不是只用知道 $g(1)S(n)$ 就可以算出 $S(n)$，那么发现可以运用 $h$ 函数的前缀和联系类似于差分的操作得到：

$$\begin{align} g(1)S(n)&=\sum_{i=1}^n h(i)-\sum_{i=2}^n h(i)\\ &=\sum_{i=1}^n h(i)-\sum_{i=2}^n g(i)S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor) \end{align}$$

就得到了核心式子：

$$g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n h(i)-\sum_{i=2}^n g(i)S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor)$$

为什么要写成这样呢？你看啊，$h$ 是不是被我们控制，那么我们只用合理设置 $g$ 应该就能很快地算出 $h$ 的前缀和以及 $g(i)$ 的值了。

假设 $\sum_{i=1}^n h(i)$ 和 $g(i)$ 能 $O(1)$ 算出，那么是不是只剩下

$$\sum_{i=2}^n g(i)S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor)$$

还是未知的，这个时候发现$S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor)$非常符合数论分块的形式啊，那我们就可以递归+数论分块解决。

P3 杜教筛例题#

来看一道模板题：【模板】杜教筛。

这个时候由于 $n\le10^9$，而杜教筛可以做到 $O(n^{\tfrac{2}{3}})$ 的，所以可以用杜教筛。

先考虑 $ans1$ 怎么算。

直接算 $\sum_{i=1}^n \phi(i)$ 肯定不行，于是我们想想它有什么性质：

$$n=\sum_{d\mid n}\phi(d)$$

是不是发现可以与一些函数使用狄利克雷卷积了呢？

$$\sum_{d\mid n}\phi(d) \cdot 1(\dfrac{n}{d})=n= id(n)$$

那么有 $\phi* 1= id$，这个时候直接令 $f=\phi,g=1,h=id$ 带回去就好了呀：

$$\begin{align} S(n)&=\sum_{i=1}^n id(i)-\sum_{i=2}^n S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor)\\ &=\sum_{i=1}^n i-\sum_{i=2}^n S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor)\\ &=\dfrac{n\cdot(n+1)}{2} -\sum_{i=2}^n S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor) \end{align}$$

前面部分 $O(1)$ 求，后面部分数论分块。
再看看 $\sum_{i=1}^n \mu(i)$。

依旧找性质，考虑莫比乌斯反演：

$$[n=1]=\sum_{d\mid n}\mu(d)$$

可以得到：

$$\mu * 1=e$$

然后可得：

$$S(n)=1-\sum_{i=2}^n S(\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor)$$

做完了。

P3 细节#

先算出前面 $n^{\tfrac{2}{3}}$ 的前置和，然后利用map进行记忆化搜索。