杜教筛小结

目录

• 算法讲解
• 引入例题
  • 51nod 1244 莫比乌斯函数之和
    • 题意
    • 题解
      • 解法一:
      • 解法二
    • 代码
  • BZOJ3944 : Sum
    • 题意 :
    • 题解 :
  • hihoCoder #1456 : Rikka with Lattice

这个算法十分的强... 一般就是用于卡一道数论推结论题最后的$20$~$30$分... 被迫来学习QwQ

算法讲解

这个一般用来筛一个积性函数在$10^{10}$左右的前缀和...

为了了解一下,可以看看 2016年国家候选队论文中的任之洲的积性函数求和的几种方法

讲讲一些套路吧...

首先有ymy大佬告诉我的一个神奇东西,这个似乎很有用...

若$f*g=l$ ($*$为$Dirichlet$卷积,下同) 若$G$和$L$易求($g,l$的前缀和) 则$F$易求 ($f$的前缀和).

即$\displaystyle L(n)-g(1)F(n)=\sum _{i=2}^n g(i) F(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$. 证明的话可以参照后面的推导来证。

$Dirichlet$卷积 :

定义两个数论函数$f(x),g(x)$的$Dirichlet$卷积 (记作$(f*g)(x)$)

$$\displaystyle (f*g)(n)=\sum _{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})$$

引入例题

51nod 1244 莫比乌斯函数之和

题意

求$\displaystyle \sum _{i=a}^{b} \mu(i)$. ($2\le a \le b \le 10 ^ {10}$)

题解

这道题一个裸的杜教筛...求个前缀和,再减一下就行了...

有一个有用的式子$\displaystyle \sum _{d|n} \mu(d)=[n=1]$.(这个可以见我之前那篇博客)

解法一:

直接套用之前那个式子....

$\mu * 1=\epsilon$ 此处$\epsilon(x) =[x=1]$ 也就是上面那个

右边前缀和都很好求$\displaystyle \sum _{i=1}^{n} \epsilon(i)=1$.

然后你代入到之前那个式子就有 (令$\displaystyle M(i)=\sum_{i=1}^{n} \mu(i)$)

$$\displaystyle 1-M(n)=\sum _{i=2}^{n} M(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)$$

解法二

我们来手推一下上面的式子qwq

然后就有个很显然的式子(只有$i=1$时候有贡献)

$$\therefore \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{d|i}\mu(d)=1$$

然后更换枚举项,就是考虑每个$d$的对于它倍数的贡献,然后交换和式就行了。

$$\therefore \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}\mu(j)=1$$

接下来我们就可以提出$i=1$时的一项,也就是$\displaystyle \sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{1}\rfloor=n} \mu(j)$

$$\displaystyle \therefore \sum _{i=1}^{n} \mu(i)=1-\sum_{i=2}^{n} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}\mu(j)$$

我们如果令$\displaystyle M(n)=\sum_{i=1}^{n} \mu(i)$就有和之前那个一样的式子了

$$\displaystyle \therefore M(n)=1-\sum_{i=2}^{n} M(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)$$

然后我们对于这个式子就可以递归求解了,时间复杂度是$\Theta(n^{\frac{2}{3}})$.

但是一定要记得要开个哈希表存储一下,不然时间复杂度是个错的!!!(来自ymy大佬的原话)

这个哈希表可以只开$\sqrt n$大小,因为$\lfloor \frac{n}{i} \rfloor$只有这么多种取值.

代码我看了一下fjzzq大佬的博客 emmm... (同届大佬太恐怖了)

我自己写的一个... 注意一定要全程long long 不然有诡异的错误....

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register ll i = (l), _end_ = (ll)(r); i <= _end_; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register ll i = (r), _end_ = (ll)(l); i >= _end_; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;

typedef long long ll;

bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline ll read() {
	ll x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar() ) if (ch == '-') fh = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar() ) x = (x<<1) + (x<<3) + (ch ^ '0');
	return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("1244.in", "r", stdin);
	freopen ("1244.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 2e6 + 1e3;
ll mu[N], Limit, prime[N], cnt;
ll summu[N];
bitset<N> is_prime;

void Mu_Init(int maxn) {
	mu[1] = 1; int res; is_prime.set();
	is_prime[0] = is_prime[1] = false;
	For (i, 2, maxn) {
		if (is_prime[i]) { prime[++cnt] = i; mu[i] = -1; }
		For (j, 1, maxn) {
			res = prime[j] * i;
			if (res >= maxn) break ;
			is_prime[res] = false;
			if (i % prime[j]) mu[res] = -mu[i];
			else { mu[res] = 0; break ; }
		}
	}
	For (i, 1, maxn) summu[i] = summu[i - 1] + mu[i];
}

ll Size;
ll p1[N], p2[N], n;
inline ll &App(ll x) { if (x < Size) return p1[x]; return p2[n / x]; }

inline ll Mu_Sum_(ll x) {
	if (x <= Limit) return summu[x]; 
	ll &htr = App(x); if (htr != p2[0]) return htr;
	ll res = 1, Nextx;
	For (i, 2, x) {
		Nextx = x / (x / i);
		res -= 1ll * (Nextx - i + 1) * Mu_Sum_(x / i);
		i = Nextx;
	}
	return htr = res;
}

inline ll Mu_Sum(ll x) {
	Size = (int)(sqrt(x) + 0.5);
	Set(p1, -2333); Set(p2, -2333); n = x;
	return Mu_Sum_(x);
}

int main () {
	File();
	ll a, b;
	cin >> a >> b;
	Limit = N - (int)1e3; Mu_Init(Limit);

	cout << Mu_Sum(b) - Mu_Sum(a - 1) << endl;
	//cerr << "Time used: " << (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s" << endl;
	return 0;
}

BZOJ3944 : Sum

然后在简单讲一下求$\varphi$(欧拉函数)的前缀和吧...

题意 :

求$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)$ 和 $\displaystyle \sum _{i=1}^{n} \mu(i)$. ($n \le 2^{31}-1$)

题解 :

其实和上一道题差不多啦...多求了一个$\varphi$嘛...

只要知道$\varphi$也有一个类似的结论 $$\displaystyle \sum_{d|n} \varphi(d)=n$$

这个我不会证明 只有一个感性理解的方法...(来自具体数学)

你考虑所有分母为$n$的真分数和$\frac{n}{n}$(共有$n$个)

将分子和分母约去后,其他每个$d|n$的$d$都对它具有$\varphi(d)$的贡献咯...

例如$n=6$.

$$\frac{1}{6},\frac{2}{6},\frac{3}{6},\frac{4}{6},\frac{5}{6},\frac{6}{6}$$

约分后就是

$$\frac{1}{6},\frac{1}{3},\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{5}{6},\frac{1}{1}$$

这个就比较显然了, 应该可以写出证明的...(太懒也太菜了..)

然后像上一题一样的啦~ 上道题两个解法都能用用...

$\varphi * 1=id$ $(id(x)=x)$ 我们令$\displaystyle \phi(n) = \sum _ {i=1}^{n} \varphi(i)$.

就有一个显然的式子

$$\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}-\phi(n)=\sum_{i=2}^{n} \phi ({\lfloor \frac{n}{i} \rfloor})$$

这个同上就行咯...

hihoCoder #1456 : Rikka with Lattice

这题也是一道好题!~

如果想看的,就在我另一篇博客上 无耻骗点击...

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本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/8491542.html
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