杜教筛小记

对于一个函数(F(n))，要在较低时间内求前缀和(S_F(n)=sum_{i=1}^nF(i))

假设我们能找到一个函数(G(n))使得(G(n),S_{F oplus G}(n))能在较短时间内算出

其中(oplus)表示狄利克雷卷积，((Foplus G)(n)=sum_{d|n}F(d)G(frac{n}{d}))

那么就有

(displaystyle S_{Foplus G}(n)=sum_1^n G(i)S_F(lfloorfrac{n}{i} floor))

(displaystyle G(1)F(n)=S_{Foplus G}(n)-sum_2^nG(i)S_F(lfloorfrac{n}{i} floor))

这个(lfloorfrac{n}{i} floor)的个数是(O(sqrt n))的，数论分段求解

由于每次从(2)开始枚举，每次子问题大小至少减半

~~(然而并没有分析复杂度)~~

当(n)较小时可以直接预处理出来前(m)个((m)为以常数)

不要存状态( ext{dp})，直接递归求解用( ext{map})维护记录即可

ps:实际上对于一个固定的(n)，每次计算(x)的答案时，可以根据当前的(lfloor cfrac{n}{x} floor)为状态编号，去掉了( ext{map})

当(m=n^{frac{2}{3}})时，复杂度最优为(O(n^{frac{2}{3}}))

对于(F(n)=mu(n))，求(S_mu(n))

由于(sum_{d|n}mu(d)=[n=1])

那么就知道可以构造(G(n)=1)

则((Foplus G)(n)=[n=1])

(S_{Foplus G}(n)=1)

(displaystyle S_F(n)=S_{Foplus G}(n)-sum_2^nS_F(lfloorfrac{n}{i} floor))

(F(n)=mu(n)n^k)，求(S_F(n))

令(G(n)=n^k)

则(displaystyle (Foplus G)(n)=sum _{d|n} mu(d)d^k (frac{n}{d})^k=n^ksum_{d|n} mu(d)=[n=1]cdot n^k)

(displaystyle S_F(n)=1-sum_{i=2}^n i^kS_F(lfloor frac{n}{i} floor ))

只要通过一些手段得到(i^k)前缀和即可

对于任何(F(n)=sum_{d|n}mu(d)H(frac{n}{d}))，其中(H(n))前缀和可以求

类似上面的，构造(G(n)=1)

((Foplus G)(n)=sum_{d|n}H(d)sum_{k|frac{n}{d}}mu(k)=H(n))

(displaystyle S_F(n)=S_{H}(n)-sum_2^nS_F(lfloorfrac{n}{i} floor))

[ ]

(F(n)=varphi(n)cdot n^k)，求(S_F(n))

性质：(displaystyle sum_{d|n}varphi(d)=n)

原理简要证明：满足(gcd(i,n)=frac{n}{d})的(i)共有(varphi(d))个，则累和就是枚举了所有(gcd(i,n))进行统计

所以构造(G(n)=n^{k})

(displaystyle (Foplus G)(n)=sum_{d|n}F(d)G(frac{n}{d})=sum_{d|n} varphi(d)d^k(frac{n}{d})^{k}=sum_{d|n} varphi(d) n^{k}=n^{k+1})

同样的只需要求出

(displaystyle S_{Foplus G}(n)=sum_{i=1}^n i^{k+1})

(displaystyle S_G(n)=sum_{i=1}^n i^k)