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)(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)(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

(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:

  1. (mu * I = epsilon)
  2. (varphi * I = id)
  3. (mu * id = varphi)

莫比乌斯反演


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


[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)(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))(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 lllong 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)(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}})]

(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)(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 $

((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

狄利克雷卷积&&杜教筛&&莫比乌斯反演

HDU 5608 function(杜教筛)

数论学习笔记2之杜教筛初探(含例题练习)

bzoj 3944 Sum —— 杜教筛

杜教筛题表(已完成)

杜教筛学习笔记