[复习]莫比乌斯反演,杜教筛,min_25筛

[复习]莫比乌斯反演,杜教筛,min_25筛

莫比乌斯反演

做题的时候的常用形式：

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

实际上还有

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

证明可以看看这里，只需要把式子带回去就可以证了。
式子很简单，做题很有用，技巧很丰富。

主要通过题目来写这一部分的内容。

• 【BZOJ1101】ZAP
  题意：求(displaystyle sum_{i=1}^asum_{j=1}^b[gcd(i,j)==d])
  题解：
  令(displaystyle f(d)=sum_{i=1}^asum_{j=1}^b[gcd(i,j)==d],g(n)=sum_{n|d}f(d))。
  那么通过式子的含义不难知道(displaystyle g(d)=sum_{i=1}^asum_{j=1}^b[d|gcd(i,j)])。
  那么推导就很简单了

[egin{aligned} g(d)&=sum_{i=1}^asum_{j=1}^b[d|gcd(i,j)]\ &=sum_{i=1}^{a/d}sum_{j=1}^{b/d} [1|gcd(i,j)]\ &= lceil frac{a}{d} ceil* lceil frac{b}{d} ceil\ f(d)&=sum_{d|i}mu(frac{i}{d})g(i)\ &=sum_{d|i}mu(frac{i}{d})lceil frac{a}{i} ceil* lceil frac{b}{i} ceil\ &=sum_{i=1}^{min(a,b)/d}mu(i)lceil frac{a/d}{i} ceil* lceil frac{b/d}{i} ceil\ end{aligned}\ ]

考虑最终这个求和式，如果直接单次(O(min(a,b)/d))的计算，那么复杂度是(O(Tmin(a,b)/d))的，是会(TLE)的。
实际上，当(i)取([1,n])时，(n/i)向下取整的取值只有大约(2sqrt n)个左右，所以对于相同的值完全可以合并在一起算，所以我们只需要处理出(mu)的前缀和即可直接数论分块计算，把单次复杂度优化到了(sqrt {min(a,b)})级别。

• 【BZOJ2154】Crash的数字表格/【BZOJ2693】jzptab

[egin{aligned} Ans&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m lcm(i,j)\ &=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m frac{ij}{gcd(i,j)}\ &=sum_{d=1}^nfrac{1}{d}sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d]ij\ &=sum_{d=1}^ndsum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d} [gcd(i,j)=1]ij end{aligned}]

令(displaystyle f(d,n,m)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]ij,g(n)=sum_{n|d}f(d))
则

[egin{aligned} g(d)&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[d|gcd(i,j)]ij\ &=d^2sum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d}ij\ &=d^2 S([frac{n}{d}])S([frac{m}{d}]) end{aligned}]

其中(displaystyle S(n)=sum_{i=1}^ni=frac{n(n+1)}{2})
那么题目中的式子要求的是(displaystyle f(1)=sum_{i=1}^nmu(i)g(i))。
带回到式子中去，可以得到：

[egin{aligned} Ans&=sum_{d=1}^ndsum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d} [gcd(i,j)=1]ij\ &=sum_{d=1}^ndsum_{i=1}^{n/d}mu(i)i^2S([frac{n}{id}])S([frac{m}{id}]) end{aligned}]

到了这一步，可以做到(O(n))的复杂度了，提前预处理后面整块的前缀和，然后数论分块计算答案即可。
但是如果要复杂度更加优秀的话，我们需要继续推导。

[egin{aligned} Ans&=sum_{d=1}^ndsum_{i=1}^{n/d}mu(i)i^2S([frac{n}{id}])S([frac{m}{id}])\ &=sum_{T=1}^nS([frac{n}{T}])S([frac{m}{T}])sum_{d|T,id=T}dmu(i)i^2\ &=sum_{T=1}^nS([frac{n}{T}])S([frac{m}{T}])sum_{i|T}frac{T}{i}mu(i)i^2\ &=sum_{T=1}^nS([frac{n}{T}])S([frac{m}{T}])Tsum_{i|T}imu(i) end{aligned}]

不难发现最后那一部分是一个积性函数，那么(displaystyle Tsum_{i|T}imu(i))，可以在线性时间里面筛出值并算出前缀和，所以对于前半部分数论分块，可以做到单次询问(O(sqrt n))。
考虑这里比前面单词询问线性的优化在了哪里，之前那个的确可以做到回答答案是根号级别的，但是因为每次的(n,m)的值都不同，导致不得不需要对于每一次不同的询问做一次前缀和，而后面那个则每次需要预处理的东西都是一样的，因此只需要全局做一次预处理即可。
想想这个操作的本质，其实就是数论分块的对象不同而已，因此当有多个和式出现的时候，要考虑清楚到底对于谁进行数论分块，能够达到最好的效果。

现在可以来总结一下。
我们仔细想想，这类题目的难点在哪里呢？
首先是推式子，但是这个熟练之后很简单。注意对于不同的东西数论分块可以得到不同的复杂度。
其次就是为了数论分块求函数的前缀和了。其实这个算不上太难，如果数据范围到了(1e7)，显然只能线性筛，那就通过线性筛的本质来考虑，如果当前加入的是一个从未出现过的质因子，那么直接乘积即可，否则的话考虑额外加入一个重复质因子时的贡献。对于赋初值而言，只需要单独考虑质数的贡献就好了。如果数据范围并没有到达(1e7)，如果在(1e6)的范围内，不要一味考虑线性筛，这个复杂度下，调和级数的埃氏筛也是可行的。同时要对于一些积性函数的狄利克雷卷积有所了解，这样推式子的时候会方便很多。
这里也提供几个比较常用的式子。
(1)表示常数，即(1(i)=1)。
(e)表示单位元，(e(i)=[i==1])。
(id)表示这个数本身，(id(i)=i)。
(mu,varphi)就不说了。

• (displaystyle (1*mu)(n)=sum_{d|n}mu(d)=e)
  证明并不难，(mu)考虑的只有单个质因子，当某个质因子出现超过了(1)次(mu)的值就是(0)。那么我们假设(displaystyle n=prod_{i=1}^k p_i^{a_i})。那么我们真正有用的值只有(2^k)个。当(k>0)的时候，显然(mu=1)和(mu=-1)是一一对应的，因此和为(0)，当(k=0)的时候，(n=1)，此时结果为(1)。因此这两个的狄利克雷卷积就是单位元。

• (displaystyle (mu*id)(n)=sum_{d|n}dmu(frac{n}{d})=varphi(n))
  其实换种写法就很好证明了，(displaystyle sum_{d|n}frac{n}{d}mu(d))。
  (mu)函数又可以称为容斥系数，那么这鬼玩意的本质就是(n)减去其大于(1)的约数的倍数，也就是与(n)互质的数的个数，也就是(varphi)。

• (displaystyle (1*varphi)(n)=sum_{d|n}varphi(d)=id(n)=id)
  可以用狄利克雷卷积的方法证明：(displaystyle1*varphi=1*mu*id=e*id=id)。

• (displaystyle sum_{i=1}^n [gcd(i,n)=1]i)
  即小于(n)并且与(n)互质的数之和。除了莫比乌斯反演可以推之外，还有一个很好的推导方法。假设(x)与(n)互质，那么(n-x)与(n)互质，因此所有与(n)互质的数可以两两配对，且和为(n)。因此上述式子等于(displaystyle frac{nvarphi(n)}{2})。

杜教筛

求解积性函数前缀和。
假设给定的积性函数为(f(x))，设它的前缀和(displaystyle S(n)=sum_{i=1}^n f(i))。
显然不能直接求解我们才会单独把它拿出来考虑。
既然不能直接求解的话，肯定要找一个什么东西来过度，假装我们找到了一个积性函数(g(x))。
把两者卷积起来：

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

然后考虑求解这个玩意的前缀和：

[egin{aligned} sum_{i=1}^n (g*f)(i)&=sum_{i=1}^nsum_{d|i}g(d)f(frac{i}{d})\ &=sum_{d=1}^ng(d)sum_{j=1}^{n/d}f(i)\ &=sum_{d=1}^ng(d)S([frac{n}{d}]) end{aligned}]

然后我们惊奇的发现有这么一个式子：

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

那么假装我们可以快速的计算((f*g))的前缀和，那么后半部分可以数论分块+递归求解。
这样一来我们就可以还原出(S(n))了。
所以。。。实际上杜教筛就是一个构造的过程。
那么能够快速计算前缀和要有多好求呢？比如说我们要求(mu)的前缀和，那么最好可以(O(1))求，而(mu*1=e)，(e)的前缀和就是(1)，那就很好办了。令(f(x)=mu(x),g(x)=1)，可以得到

[egin{aligned} S(n)&=1-sum_{i=2}^nS([frac{n}{i}]) end{aligned}]

这个东西？递归算算就好了。当然了，别少了记忆化。
推式子熟练了就很好了，而构造(g)的时候就记住前面讲的几个常用的狄利克雷卷积的式子，往那个上面靠。这里随便推一道题目可以看看是怎么构造的。

• 【洛谷3768】简单的数学题
  前面的是莫比乌斯反演，推导过程会写的比较简单。

[egin{aligned} Ans&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nijgcd(i,j)\ &=sum_{d=1}^n d^3sum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{n/d}ij[gcd(i,j)=1]\ &=sum_{d=1}^n d^3sum_{i=1}^{n/d}mu(i)*i^2*S^2([frac{n}{id}])\ &=sum_{T=1}^n S^2([frac{n}{T}])sum_{d|T} d^3(frac{T}{d})^2mu(frac{T}{d})\ &=sum_{T=1}^n S^2([frac{n}{T}])(T^2sum_{d|T}dmu(frac{T}{d})\ &=sum_{T=1}^n S^2([frac{n}{T}])(T^2varphi(T))\ end{aligned}]

考虑怎么求(f(T)=T^2varphi(T))的前缀和，这个东西显然是一个积性函数。
发现式子中带(varphi)，所以杜教筛配(g)的时候往(displaystyle sum_{d|T}varphi(T)=T)上面靠。

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

因为要往只有(varphi)上靠，所以令(g(x)=x^2)

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

那就很好办了，(displaystyle sum_{i=1}^n i^3=(1+2+...+n)^2)可以(O(1))计算，那么直接杜教筛就可以快速计算前缀和了。

那么杜教筛就是一个具有很强的构造性的东西，这也从一些方面上使得其并不是那么的实用。

min_25筛

(min\_25)筛用于计算积性函数前缀和(displaystyle S(n)=sum_{i=1}^n f(i))。
相比于杜教筛而言，(min\_25)筛的题目更加灵活多变
所求的积性函数要满足两个条件

• (f(x))在(x)为质数的时候要存在一个多项式的表示方法。
• (f(x^c))在(x)为质数的时候能够快速计算。

至于为什么是这两个条件，与(min\_25)筛的过程之间有着密切的联系。

既然上述的条件中，我们已经把质数单独分割出来了，那么我们应该明白，(min\_25)筛的过程是一个分解过程，即把所有数分成两类，质数以及合数，当然还有特殊的(1)。
这里提前说明几个东西，底下直接把(P)定义为质数集合，(P_i)表示的是第(i)大的质数。

• 质数部分
  令(g(n,j))表示的是，小于等于(n)的所有数(i)中，其最小质因子(pgt P_j)或者(i)本身就是质数的所有的(i)的(f(i))之和。
  等等，前面不是说了只有当(i)是质数的时候才能方便的计算(f(i))吗？别急，这里我们假装所有数都是质数，带入到是质数的式子中一起计算，换句话说，这里就是一个构造过程，不需要管那么多啦QwQ。或者这样想，如果我们知道了(g(n,infty))，显然这个东西就是所有质数的和啊QaQ。接下来往下面看吧。
  考虑一下这个东西怎么样才能转移呢，显然我们的转移从(j-1)转移到了(j)，那么就考虑(g(n,j-1))比(g(n,j))多算了些什么。
  多算的部分显然就是那些最小质因子恰好为(P_{j})的数（别忘了上面那个是大于号），那么最小的一个最小质因子为(P_{j})的数是谁呢？(P_{j}^2)。如果(P_j^2)比(n)都要大了，那么我们什么也没有减掉，意味着(g(n,j)=g(n,j-1))。
  否则的话，想想我们减掉了什么呢？我们先给所有数除掉一个(P_j)，那么如果剩下的部分的最小质因子还小于等于(P_j)的话那么显然不合法，也就是(displaystyle g([frac{n}{P_j}],j-1))，但是这样子减多了，把小于(P_j)的质数的贡献给减掉了，这些质数与(P_j)构成的合数的最小质因子小于(P_j)，显然是早就被减掉了。那么我们重新把第(1)个到第(j-1)个质数的贡献加回来，也就是(g(P_j-1,j-1))。
  然后我们要求的是(g)的和，我们减去的是(P_j)因子的贡献，而(f(x))为积性函数，所以转移可以写成：

[g(n,j)=egin{cases} g(n,j-1)&P_j^2>n\ g(n,j-1)-f(P_j)(g([frac{n}{P_j}],j-1)-g(P_j-1,j-1))&P_j^2leq n end{cases}]

前面也说了，(f(x))在(x)为质数的情况下可以写成一个多项式的形式，所以其实这个求(g)的本质上可以理解为求(f(x)=x^k)的一个过程。同时，每次都是从(j-1)转移到(j)，仔细思考，这个过程很类似于埃氏筛法，每次筛去了一个质数的所有倍数的贡献。
那么如果最终要计算出所有质数的贡献，那么显然就是(g(n,infty))，事实上我们只需要算到(sqrt n) 以内的所有质数就行了。同时，因为上述转移的过程中是整除，其实在计算过程中的(n)的取值也只有(2sqrt n)个左右，也只需要离散后记录这些位置就行了。
而(g)的初值也就是(g(n,0))自己想想怎么计算吧QwQ。

• 合数部分
  知道了质数的贡献，而目标函数又是积性函数，所以我们只需要用所有的质数拼出所有的合数就可以计算答案了。
  令(S(n,j))表示所有最小质因子大于等于(P_j)的数(i)的(f(i))的和，注意这里和上面(g)的描述的区别。
  那么计算(S)的值的时候显然是先把质数的贡献给算上，这一部分的贡献是(displaystyle g(n,|P|)-sum_{i=1}^{j-1}f(P_j))，其中(P)是小于等于(sqrt n)的质数集合。
  接下来考虑合数的贡献，显然每个合数都存在一个最小质因子，那么我们来枚举这个因子，假设为(P_k,kgeq j)，枚举其幂，假设为(e)，那么考虑的就是所有包含了(P_k^e)的合数的贡献。
  因为(f)是积性函数，所以把这里每次就考虑只包含(P_k^e)的贡献，首先是(displaystyle S([frac{n}{P_k^e}],k+1)),因为这里并没有包含(1)的贡献，意味着(P_k^e)本身的贡献没有计算进来，所以要额外加进来。
  所以转移就可以写成：

[S(n,j)=g(n,|P|)-sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+sum_{kgeq j}^{|P|}sum_{e}(f(P_k^e)S([frac{n}{P_k^e}],k+1)+f(P_{k}^{e+1})) ]

所以底下就来丢几道题目吧。。。

• 【LOJ#6053】简单的函数
  发现这个东西是(f(p^k)=poplus k)，对于质数而言(f(p)=p-1)，当然(2)比较特殊(f(2)=p+1=3)，所以我们先把它当成(p-1)算，最后再加上(2)就好了。
  前面也说了，因为在质数上涉及到的是一个多项式计算，所以本质上要求解的就是(f(p)=p^k)的形式，那么从这个式子就知道我么要求的是(k=0)和(k=1)的情况。
  设(g(n,j))表示(k=1)的情况。即(f(p)=p)，那么显然有转移：

[g(n,j)=egin{cases} g(n,j-1)&P_j^2>n\ g(n,j-1)-P_j(g([frac{n}{P_j}],j-1)-g(P_j-1,j-1))&P_j^2le n end{cases}]

设(h(n,j))表示(k=0)的情况，即(f(p)=1)时的计算，那么有转移：

[h(n,j)=egin{cases} h(n,j-1)&P_j^2>n\ h(n,j-1)-(h([frac{n}{P_j}],j-1)-h(P_j-1,j-1))&P_j^2le n end{cases}]

显然有(g(n,|p|)-h(n,|p|))为所有质数的答案，假设其为(F(n))。
那么设(S(n,j))表示(displaystyle sum_{i=2}^n f(i))，其中(i)的最小质因子大于等于(P_j)。
得到转移：

[S(n,j)=F(n)-sum_{i=1}^{j-1}f(P_j)+sum_{kgeq j}sum_e(f(P_k^e)S([frac{n}{P_k^e}],k+1)+f(P_k^{e+1})) ]

那么简单的递归处理即可。
讲讲几个实现的地方，首先要筛的质数只有(sqrt n)以内的，所以完全可以把他们的(f)的前缀和给求出来，这也就是(g)和(S)中转移看起来不好算的两部分的计算方法。其次，计算(g(n,j))的时候，真正有用的(n)只有(2sqrt n)个，因为这个过程你可以看成一个数论分块的过程，因此提前把(n)给数论分块，得到所有有用的(n)，这样子可以节约大量空间。第三，发现(g)的转移的中，之和(j-1)相关，意味着在开数组的时候只需要开一维，第二维可以滚掉，并且实际上最终(g)要用的也只有(g(n,|P|))，所以滚掉就好了。最后一个，计算(S)的时候不需要记忆化。
这题代码我重写了一遍，直接戳LOJ的提交记录吧。

• 【UOJ#188】sanrd
  求(displaystyle sum_{i=l}^r f(i))的值，其中(f(i))表示(i)的次大质因子。
  看起来这里的这个函数与质数无关，并且也不是一个积性函数了，那么怎么办呢？
  首先实际上我们要求的还是这个函数的前缀和，考虑一下(min\_25)筛最终求解答案的过程，每次我们枚举其当前拥有的最小质因子。那么，通过当前计算的(S(n,j))的(j)，我们可以很容易的知道当前数的上一个质因子是(P_{j-1})。那么如果以(P_{j-1})为质因数为贡献的话，显然就是当前剩下的数中质数的个数，这个可以提前用(min\_25)的前半部分筛出来。否则以更大的质数为贡献，那么枚举当前的最小质因子把它除掉接着递归处理即可，注意(P_k^c)的这个数的次大质因子为(P_k)，这里的贡献是额外算的。
  代码直接戳UOJ记录