P4213 【模板】杜教筛（Sum）
题目描述
给定一个正整数$N(Nle2^{31}-1)$
求
$$ans_1=sum_{i=1}^nvarphi(i)$$
$$ans_2=sum_{i=1}^n mu(i)$$
输入输出格式
输入格式：一共T+1行 第1行为数据组数T(T<=10) 第2~T+1行每行一个非负整数N，代表一组询问
输出格式：一共T行，每行两个用空格分隔的数ans1,ans2
输入输出样例
AcFirmament的题解
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。
题目
先推荐洛谷模板题
还有一题 luoguP3768 简单的数学题，这道题推完式子可以用杜教筛来求 $varphi(i)i^2$ 的前缀和，和 $varphi(i)i$ 所差无几。
51nod 上也有很多杜教筛的题目，放几个：
- 51nod 1244
- 51nod 1237
- 51nod 1238
- 51nod 1239
- 51nod 1220
- ...
然后就是卡常优化，卡着开空间，unordered_map乱搞。
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define co const
template<class T>T read(){
T data=0,w=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
return data*w;
}
template<class T>il T read(T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long LL;
using namespace std;
co int N=6500000;
int pri[N],tot;
LL mu[N],phi[N];
void sieve(){
pri[1]=mu[1]=phi[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
if(!pri[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;++j){
pri[i*pri[j]]=1,mu[i*pri[j]]=-mu[i],phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
if(i%pri[j]==0){
mu[i*pri[j]]=0,phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
}
}
}
for(int i=2;i<N;++i) mu[i]+=mu[i-1],phi[i]+=phi[i-1];
}
unordered_map<int,LL> smu,sphi;
LL sum_mu(int n){
if(n<N) return mu[n];
if(smu.count(n)) return smu[n];
LL ans=1;
for(unsigned l=2,r;l<=n;l=r+1){ // 2^32-1
r=n/(n/l);
ans-=(r-l+1)*sum_mu(n/l);
}
return smu[n]=ans;
}
LL sum_phi(int n){
if(n<N) return phi[n];
if(sphi.count(n)) return sphi[n];
LL ans=(LL)n*(n+1)/2;
for(unsigned l=2,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans-=(r-l+1)*sum_phi(n/l);
}
return sphi[n]=ans;
}
int main(){
cerr<<(sizeof(pri)+sizeof(phi)+sizeof(mu))/1024.0/1024<<endl;
sieve();
for(int t=read<int>();t--;){
int n=read<int>();
printf("%lld %lld
",sum_phi(n),sum_mu(n));
}
return 0;
}
jklover：整除是可以结合的，所以才有开数组那一说。
4916: 神犇和蒟蒻
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 1085 Solved: 589
[Submit][Status][Discuss]
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题解
第一问答案就是1。
对于第二问，(varphi(n^2))用定义式写开，发现就是(nvarphi(n))。然后就是上面那份题解里面的(3)综合。
(varphicdot id * id=id^2)