杜教筛

曾经学过，但当时只是浅薄了理解了一下，并没有学会实际应用，所以又来学了一遍

——前言

前置定义

数论函数

积性函数

狄利克雷卷积

常见积性函数

[egin{aligned} 1(n)&=1\ epsilon(n)&=[n=1]\ sigma_k(n)&=sum_{i|n}i^k\ id_k(n)&=n^k\ varphi(n)&=sum_i^n[gcd(i,n)=1]\ mu(n)&= left{egin{matrix} 1&n=1\ (-1)^x&prod_{i=1}^x k_i=1\ 0&max{k_i}geq 2 end{matrix} ight. end{aligned}]

常见积性函数之间的变换及证明

• (mu*1=epsilon)

[egin{aligned} (mu*1)(n)&=sum_{d|n}mu(d)1(frac{n}{d})\ &=sum_{d|n}mu(d)\ &=[n=1]\ &=epsilon(n) end{aligned}]

---

• (varphi*1=id_1)

[egin{aligned} (varphi*1)(n)&=sum_{d|n}varphi(d)1(frac{n}{d})\ &=sum_{d|n}varphi(d) end{aligned}]

考虑枚举 (d) 表示 (1sim n) 中某个数与 (n) 的 (gcd) 为 (d)，那么当 (din[1,n]) 时，得到的 (sum_i^n[gcd(i,n)=d]) 的和就是 (n)

现在考虑如何求 (sum_i^n[gcd(i,n)=d])，把 (n) 拆分成 (n imes frac{n}{d}) 的形式，考虑一个满足条件的 (i(ileq n))，将 (i) 拆分成 (k imes d) 的形式，显然有 (kleq frac{n}{d})，又因为 (gcd(i,n)=d)，所以需要满足 (kperp frac{n}{k})，那么满足条件的 (i) 只会有 (varphi(frac{n}{d})) 个，所以容易得到

[egin{aligned} sum_{d|n}varphi(frac{n}{d})&=id_1(n)\ ecause sum_{d|n}varphi(frac{n}{d})&=sum_{d|n}varphi(d)\ &=(varphi*1)(n)\ herefore(varphi*1)(n)&=id_1(n) end{aligned} ]

---

• (mu*id_1=varphi)

设 (f(d)) 表示 (1sim n) 中与 (n) 的 (gcd) 为 (d) 的个数，(g(d)) 表示 (1sim n) 中与 (n) 的 (gcd) 为 (d) 的倍数的个数

显然有

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

由莫比乌斯反演得

[egin{aligned} f(g)&=sum_{g|d}mu(frac{d}{g})g(d)\ &=sum_{g|d,d|n}mu(frac{d}{g})frac{n}{d}\ f(1)&=sum_{d|n}mu(d)frac{n}{d} end{aligned} ]

容易发现 (f(1)) 其实就是 (1sim n) 中与 (n) 互质的个数

[egin{aligned} (mu*id_1)(n)&=sum_{d|n}mu(d)1(frac{n}{d})\ &=f(1)\ &=varphi(n) end{aligned} ]

杜教筛

杜教筛常用于求解一些数论函数的前缀和，由杜瑜皓杜老师研究并发明

经常与洲阁筛、(min25) 筛相提并论，因其对选手的数学能力要求不高、较为优秀的时间复杂度和代码实现的简短，常作为三大筛法的优先学习对象

下面这个图展示了三个筛法在不同数据范围下的算法效率，容易发现杜教筛的复杂度变化相对于其他两个来说是较为平稳的

基本问题

给定一个数论函数 (f(x))，求出 (f(x)) 的第 (n) 项前缀和 (S(n))，(nleq 10^{10})

算法核心

杜教筛的核心是构造一个数论函数 (g(x))，从而得到 (h=f*g)，(h) 的第 (n) 项前缀和很好求出，然后通过一些推导从而求出 (S(n))

通项公式

因为 (f*g) 的前缀和很好求，考虑用它去推得 (S(n))

[sum_{i=1}^n(f*g)(i)=sum_{i=1}^nsum_{d|i}f(d)g(frac{i}{d}) ]

然后我们将后面那个狄利克雷卷积的形式改变一下

我们原来的表示是

[a[i]=sum_{d|i}b[d]c[frac{i}{d}] ]

我们现在改成

[a[i]=sum_{i=j imes k}b[j]c[k] ]

显然是正确的吧

然后又因为我们只需要求卷积后每项的和，所以只需要考虑每对 (j,k) 对和的贡献就行了，所以上面推到一半的式子可以转化成

[egin{aligned} ecause sum_{d=1}^ng(d)sum_{i=1}^{left lfloorfrac{n}{d} ight floor} f(i)&=sum_{d=1}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)\ herefore sum_{i=1}^n(f*g)(i)&=sum_{d=1}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)\ g(1)S(n)&=sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)\ S(n)&=frac{sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ end{aligned} ]

最后我们得到了一个 (S(n)) 的递推式，整除分块递归求解即可

算法效率

通常情况下，(sum_{i=1}^n(f*g)(i)) 是可以 (mathcal{O}(1)) 求出的，一段 ([l,r]) 的 (g(d)) 之和也可以 (mathcal{O}(1)) 得到，所以时间复杂度主要集中在递归求解上，而且通常情况下会对 (S(n)) 进行记忆化

由于整除分块的复杂度是 (mathcal{O}(sqrt{n}))，而且 (left lfloorfrac{n}{d} ight floor) 的取值只有 (sqrt{n}) 个，所以最后的复杂度是

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

我们可以通过线性筛先预处理出来较小的 (n) 的 (S(n))， (n) 很小时就没必要再递归下去了，这样复杂度可以优化到 (mathcal{O}(n^{frac{2}{3}}))

算法模板

提前会有一个线性筛，剩下的就只剩一个递归函数了

inline ll F (register ll n) {
	if (n <= 3e6) return sumf[n]; // 预处理出 n 较小时的前缀和
	if (f[n]) return f[n]; // 记忆化，如果求过这个值，就不需要再递归一遍了
	register ll ans = sum (f * g); // 这是 f * g 的 n 项前缀和
	for (register ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) // 整除分块
		r = n / (n / l), ans -= (sumg[r] - sumg[l - 1]) * F (n / l); 
		// [l,r] 的 F (n / l) 是一样的，对 g(x) 求个和即可
	return f[n] = ans / g[1]; // 别忘了除上 g(1)
}

常见数论函数的前缀和推导

• (f(n)=mu(n),S(n)=sum_{i=1}^{n}mu(i))

构造函数 (g(n)=1(n))，容易得到 (f*g=epsilon)（详见上面证明），套用公式

[egin{aligned} S(n)&=frac{sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{sum_{i=1}^nepsilon(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{1}\ &=1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor) end{aligned} ]

因为 (g(n)=1(n))，所以 (g(n)) 的前缀和可以直接 (mathcal{O}(1)) 求，就可以直接套用模板做了

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• (f(n)=varphi(n),S(n)=sum_{i=1}^{n}varphi(i))

构造函数 (g(n)=1(n))，容易得到 (f*g=id_1)（详见上面证明），套用公式

[egin{aligned} S(n)&=frac{sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{sum_{i=1}^nid_1(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{frac{n(n+1)}{2}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{frac{n(n+1)}{2}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{1}\ &=frac{n(n+1)}{2}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor) end{aligned} ]

同样可以套用模板去做

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• (f(n)=mu(n)n,S(n)=sum_{i=1}^{n}mu(i)i)

构造函数 (g(n)=id_1(n))

[egin{aligned} (f*g)(i)&=sum_{d|i}f(d)g(frac{i}{d})\ &=sum_{d|i}mu(d)d imes frac{i}{d}\ &=sum_{d|i}mu(d)i\ &=isum_{d|i}mu(d)\ &=i[i=1]\ &=epsilon(i) end{aligned} ]

接着套用公式

[egin{aligned} S(n)&=frac{sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{sum_{i=1}^nepsilon(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{1}\ &=1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor) end{aligned} ]

因为 (g(n)=id_1(n))，所以可以 (mathcal{O}(1)) 计算前缀和，同样可以套用模板去做

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• (f(n)=varphi(n)n,S(n)=sum_{i=1}^{n}varphi(i)i)

构造函数 (g(n)=id_1(n))

[egin{aligned} (f*g)(i)&=sum_{d|i}f(d)g(frac{i}{d})\ &=sum_{d|i}varphi(d)d imes frac{i}{d}\ &=sum_{d|i}varphi(d)i\ &=isum_{d|i}varphi(d)\ &=i imes i\ &=i^2 end{aligned} ]

接着套用公式

[egin{aligned} S(n)&=frac{sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{sum_{i=1}^ni^2-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{1}\ &=frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor) end{aligned} ]

然后套用模板去做就行了

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• (f(n)=mu(n)n^2,S(n)=sum_{i=1}^{n}mu(i)i^2)

构造函数 (g(n)=id_2(n))

[egin{aligned} (f*g)(i)&=sum_{d|i}f(d)g(frac{i}{d})\ &=sum_{d|i}mu(d)d^2 imes frac{i^2}{d^2}\ &=sum_{d|i}mu(d)i^2\ &=i^2sum_{d|i}mu(d)\ &=i^2[i=1]\ &=epsilon(i) end{aligned} ]

接着套用公式

[egin{aligned} S(n)&=frac{sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{sum_{i=1}^nepsilon(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{1}\ &=1-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor) end{aligned} ]

因为 (g(n)=id_2(n))，所以前缀和直接就是 (frac{n(n+1)(2n+1)}{6})，同样可以套用模板去做

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• (f(n)=varphi(n)n^2,S(n)=sum_{i=1}^{n}varphi(i)i^2)

构造函数 (g(n)=id_2(n))

[egin{aligned} (f*g)(i)&=sum_{d|i}f(d)g(frac{i}{d})\ &=sum_{d|i}varphi(d)d^2 imes frac{i^2}{d^2}\ &=sum_{d|i}varphi(d)i^2\ &=i^2sum_{d|i}varphi(d)\ &=i^2 imes i\ &=i^3 end{aligned} ]

接着套用公式

[egin{aligned} S(n)&=frac{sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{sum_{i=1}^ni^3-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{frac{n^2(n+1)^2}{4}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{g(1)}\ &=frac{frac{n^2(n+1)^2}{4}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor)}{1}\ &=frac{n^2(n+1)^2}{4}-sum_{d=2}^ng(d)S(left lfloorfrac{n}{d} ight floor) end{aligned} ]

(sum g(d))的求法跟上面一样，接着还是套用模板去做就行了

例题

模板题，其实就是前两个推导，就不写题解了

选数，题解

神犇和蒟蒻，题解

如果你懂了杜教筛核心思想，做题基本上就差不多了

本质上是这个递推函数的变形，剩下的问题主要就是 (g(n)) 的构造和 (f*g) 的推导，数学足够强的话应该也不构成问题

因为博主太菜了，或许不会再更新其他两个筛法的博客了

例题可能会看心情实时更新，但博主是个老鸽子了，毕竟连游记都懒得写

——后记