浅谈杜教筛

杜教筛模板

杜教筛是用来干蛤的呢？

它可以在非线性时间内求积性函数前缀和。

前置知识

积性函数

积性函数：对于任意互质的整数 (a,b) 有 (f(ab)=f(a)f(b)) 则称 (f(x)) 的数论函数。

完全积性函数：对于任意整数 (a,b) 有 (f(ab)=f(a)f(b)) 的数论函数。

常见的积性函数：(varphi,mu,sigma,d)
常见的完全积性函数：(epsilon,I,id)

这里特殊解释一下 (epsilon,I,id) 分别是什么意思：
(epsilon(n) = [n=1], I(n) = 1, id(n) = n)

狄利克雷卷积

设 (f, g) 是两个数论函数，它们的狄利克雷卷积卷积是：((f*g)(n) = sum limits _{d | n} f(d) g(frac{n}{d}))

性质：满足交换律，结合律

单位元：(epsilon) （即 (f*epsilon=f)）

结合狄利克雷卷积得到的几个性质：

(mu * I = epsilon)
(varphi * I = id)
(mu * id = varphi)

莫比乌斯反演

若

[g(n) = sumlimits_{d|n}f(d) ]

则

[f(n)=sumlimits_{d|n}mu(d)g(frac{n}{d}) ]

证明：这里需要用到前面提到的性质：(mu * I = epsilon)

给出的条件等价于 (g=f * I)

所以 (g*mu=f*I*mu=f*epsilon=f) 即 (g * mu = f) 即结论。

杜教筛

设现在要求积性函数 (f) 的前缀和，设 (sum limits_{i=1}^{n} f(i) = S(n))。

再找一个积性函数 (g) ，则考虑它们的狄利克雷卷积的前缀和

[sumlimits_{i=1}^{n}(f*g)(i) ]

[egin{aligned} &= sumlimits_{i=1}^{n} sum limits _{d|i} f(d)g(frac{i}{d}) \ &= sum limits _{d=1}^{n} g(d)sumlimits _{i=1}^{lfloor frac{n}{d} floor } f(i) \ &= sum limits _{d=1}^{n} g(d) S(lfloor frac{n}{d} floor) end{aligned} ]

其中得到第一行是根据狄利克雷卷积的定义。

得到第二行则是先枚举 (d) 提出 (g) 。

得到第三行则是把 $sumlimits _{i=1}^{lfloor frac{n}{d} floor } f(i) $ 替换为 $S(lfloor frac{n}{d} floor) $

接着考虑 (g(1)S(n)) 等于什么。

可以发现，他就等于

[sum limits _{i=1}^{n} g(i) S(lfloor frac{n}{i} floor) - sum limits _{i=2}^{n} g(i) S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

（可以理解成从1开始的前缀和减去从2开始的前缀和就是第一项）

前面这个式子(sum limits _{i=1}^{n} g(i) S(lfloor frac{n}{i} floor)) ，根据刚才的推导，他就等于 (sumlimits_{i=1}^{n}(f*g)(i))

所以得到杜教筛的核心式子：

[g(1)S(n)=sumlimits_{i=1}^{n}(f*g)(i) - sum limits _{i=2}^{n} g(i) S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

得到这个式子之后有什么用呢？

现在如果可以找到一个合适的积性函数 (g) ，使得可以快速算出 (sumlimits_{i=1}^{n}(f*g)(i)) 和 (g) 的前缀和，便可以用数论分块递归地求解。

代码按照理解大概可以写成这样（默认 ll 为 long long）
（可以理解成一个伪代码。。就是一个思路的框架）

ll GetSum(int n) { // 算 f 前缀和的函数
  ll ans = f_g_sum(n); // 算 f * g 的前缀和
  // 以下这个 for 循环是数论分块
  for(ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) { // 注意从 2 开始
    r = (n / (n / l)); 
    ans -= (g_sum(r) - g_sum(l - 1)) * GetSum(n / l);
    // g_sum 是 g 的前缀和
    // 递归 GetSum 求解
  } return ans; 
}

这个代码的复杂度是 (O(n^{frac{3}{4}}))，证明如下：

设求出 (S(n)) 的复杂度是 (T(n)) ，要求出 (S(n)) 需要求出 (sqrt n) 个 (S (lfloor frac{n}{i} floor)) 的值，结合数论分块的复杂度 (O(sqrt n)) 可得：

[T(n) = sumlimits_{i=1}^{sqrt n} O(sqrt i) + O(sqrt {frac{n}{i}})=O(n^{frac{3}{4}}) ]

还可以进一步优化杜教筛，即先线性筛出前 (m) 个答案，之后再用杜教筛。这个优化之后的复杂度是：

[T(n) = sumlimits_{i=1}^{lfloor frac{n}{m} floor} sqrt frac{n}{i} = O({frac{n}{sqrt m}}) ]

当 (m = n ^ {frac{2}{3}}) 时，(T(n) = O(n^{frac{2}{3}}))

可以使用哈希表来存下已经求过的答案，也可以不用。

考虑到上面的求和过程中出现的都是 $lfloor frac{n}{i} floor $ 。开一个大小为两倍 (sqrt n) 的数组 (dp) 记录答案。如果现在需要求出 GetSum(x) ，若 (x leq sqrt n) ，返回 dp[x] ，否则返回 dp[sqrt n + n / i] 即可。这样可以省去哈希表的复杂度。

实战演练

再挂一次核（tao）心（lu）式，全都要靠它：

[g(1)S(n)=sumlimits_{i=1}^{n}(f*g)(i) - sum limits _{i=2}^{n} g(i) S(lfloor frac{n}{i} floor) ]

它的关键就是要找到合适的 (g) 使得这个东西可以快速地算。

理论知识大概就这么多，接下来看几个例子：

(1) (mu) 的前缀和

考虑到莫比乌斯函数的性质 (mu * I = epsilon) ，自然想到取 (f=mu,g=I,f*g=epsilon) 。

其中 (I) 的前缀和和 (epsilon) 的前缀和都弱到爆了。。

所以就轻松的解决了。

杜教筛代码：

inline ll GetSumu(int n) {
  if(n <= N) return sumu[n]; // sumu是提前筛好的前缀和
  if(Smu[n]) return Smu[n]; // 记忆化
  ll ret = 1ll; // 单位元的前缀和就是 1
  for(int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l); ret -= (r - l + 1) * GetSumu(n / l);
    // (r - l + 1) 就是 I 在 [l, r] 的和
  } return Smu[n] = ret; // 记忆化
}

(2) (varphi) 的前缀和

考虑到 (varphi) 的性质 (varphi * I = id)，取 (f = varphi, g = I, f * g = id)

(f * g) 即 (id) 的前缀和为 (frac{n * (n+1)}{2})

杜教筛代码：

inline ll GetSphi(int n) {
  if(n <= N) return sump[n]; // 提前筛好的
  if(Sphi[n]) return Sphi[n]; // 记忆化
  ll ret = 1ll * n * (n + 1) / 2; // f * g = id 的前缀和
  for(int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l); ret -= (r - l + 1) * GetSphi(n / l);
    // 同上，因为两个的 g 都是 I 
  } return Sphi[n] = ret; // 记忆化
}

(1) & (2) 就是杜教筛模板 luogu p4213

(3) （综合）(sumlimits_{i=1}^{n}varphi(i) cdot i)

令 (f = varphi cdot id, g = id), 考虑迪利克雷卷积的形式得到 ((f*g)(n)=sum limits _{d|n} (varphi(d) cdot d) cdot (frac{n}{d}) = n sumlimits_{d|n}varphi(d)=n^2)

即 ((f * g)(i) = i^2)

这样就可以快速求得 ((f*g)(i)) 的前缀和 (frac{n(n+1)(2n+1)}{6})

就可以了。