浅谈杜教筛
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了浅谈杜教筛相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
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}}))
一般还会使用哈希表来存下已经求过的答案
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)(varphi(i) i)
令 $f = varphi cdot id, g = I, f * g = (varphi cdot id ) * I=(varphi * I)cdot id = id cdot id $
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。
以上是关于浅谈杜教筛的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章