杜教筛

杜教筛被用于处理一类数论函数的前缀和问题。对于数论函数，杜教筛可以在低于线性时间的复杂度内计算 $S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$ 。

算法思想

我们想办法构造一个关于 $S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 的递推式。

对于任意一个数论函数，必满足：

\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}(f * g)(i) & =\sum_{i=1}^{n}\sum_{d \mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right) \\ & =\sum_{i=1}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned}

其中为数论函数和的狄利克雷卷积。

略证

$g(d)f\left(\frac{i}{d}\right)$ 就是对所有 $i\leq n$ 的做贡献，因此变换枚举顺序，枚举 , $\frac{i}{d}$ （分别对应新的）

\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{d \mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right) & =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}g(i)f(j) \\ & =\sum_{i=1}^ng(i)\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}f(j) \\ & =\sum_{i=1}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned}

那么可以得到递推式：

\begin{aligned} g(1)S(n) & = \sum_{i=1}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) - \sum_{i=2}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ & = \sum_{i=1}^n (f * g)(i) - \sum_{i=2}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned}

假如我们可以构造恰当的数论函数使得：

可以快速计算 $\sum_{i=1}^n(f * g)(i)$ ；
可以快速计算的单点值，以用数论分块求解 $\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 。

则我们可以在较短时间内求得。

注意

无论数论函数是否为积性函数，只要可以构造出恰当的数论函数 , 便都可以考虑用杜教筛求的前缀和。

如考虑 $f(n)=\mathrm{i}\varphi(n)$ , 显然不是积性函数，但可取 , 从而：

\sum_{k=1}^n (f*g)(k)=\mathrm{i}\frac{n(n+1)}{2}

计算 $\sum_k (f*g)(k)$ 和的时间复杂度均为 , 故可以考虑使用杜教筛。

时间复杂度

我们认为计算 $\sum_{i=1}^n(f * g)(i)$ 和的时间复杂度均为 , 设计算的复杂度为 , 此时我们不妨将简化为如下形式：

S(n)=\sum_{i=2}^n S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)

由整除分块/数论分块可知 $\left\lfloor \dfrac n i \right\rfloor$ 共有 $O(\sqrt{n})$ 种取值，故有：

T(n)=O\left(\sqrt{n}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\sqrt{n}} T\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\right)

\begin{aligned} T\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) & =O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right)+O\left(\sum_{j=2}^{\sqrt{\frac{n}{i}}} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right) \\ & =O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right) \end{aligned}

Note

$O\left(\sum_{j=2}^{\sqrt{\frac{n}{i}}} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right)$ 视作高阶无穷小，从而可以舍去。

故：

\begin{aligned} T(n) & =O\left(\sqrt{n}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{n}{i}}\right)=O\left(\sum_{i=2}^{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{n}{i}}\right) \\ & =O\left(\int_{0}^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{x}}\mathrm{d}x\right) \\ & =O\left(n^{\frac{3}{4}}\right) \end{aligned}

如果可以通过线性筛预处理出到的值，此时的 $\sum_i S\left(\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 中我们只需要计算 $k<\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor\leq n$ 的部分。设计算这一部分的复杂度为，则有：

\begin{aligned} T'(n) & =O\left(\sum_{i=2}^{\frac{n}{k}} \sqrt{\frac{n}{i}}\right) \\ & =O\left(\int_{0}^{\frac{n}{k}}\sqrt{\frac{n}{x}}\mathrm{d}x\right) \\ & =O\left(\frac{n}{\sqrt{k}}\right) \end{aligned}

从而：

T(n)=O(k)+T'(n)=O(k)+O\left(\frac{n}{\sqrt{k}}\right)

由均值不等式可知，当 $k=\Theta\left(n^{\frac{2}{3}}\right)$ 时，取得最小值 $O\left(n^{\frac{2}{3}}\right)$ .

例题

问题一

P4213【模板】杜教筛（Sum）

求 $S_1(n)= \sum_{i=1}^{n} \mu(i)$ 和 $S_2(n)= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)$ 的值， $1\leq n<2^{31}$ .

莫比乌斯函数前缀和欧拉函数前缀和

我们知道：

\epsilon = [n=1] = \mu * 1 = \sum_{d \mid n} \mu(d)

\begin{aligned} S_1(n) & =\sum_{i=1}^n \epsilon (i)-\sum_{i=2}^n S_1 \left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right) \\ & = 1-\sum_{i=2}^n S_1\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right) \end{aligned}

时间复杂度的推导见时间复杂度一节。

对于较大的值，需要用 map/unordered_map 存下其对应的值，方便以后使用时直接使用之前计算的结果。

当然也可以用杜教筛求出 $\varphi (x)$ 的前缀和，但是更好的方法是应用莫比乌斯反演。

莫比乌斯反演

\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j)=1] & =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{d \mid i,d \mid j} \mu(d) \\ & =\sum_{d=1}^n \mu(d) {\left\lfloor \frac n d \right\rfloor}^2 \end{aligned}

由于题目所求的是 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=1]$ , 所以我们排除掉的情况，并将结果除以即可。

观察到，只需求出莫比乌斯函数的前缀和，就可以快速计算出欧拉函数的前缀和了。时间复杂度 $O\left(n^{\frac 2 3}\right)$ .

== "杜教筛"

求 $S(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$.

同样的，$\varphi * 1=\operatorname{id}$, 从而：

$$
    \begin{aligned}
        S(n) & =\sum_{i=1}^n i - \sum_{i=2}^n S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)    \\
             & =\frac{1}{2}n(n+1) - \sum_{i=2}^n S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
    \end{aligned}
$$

代码实现

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn = 2000010;
long long T, n, pri[maxn], cur, mu[maxn], sum_mu[maxn];
bool vis[maxn];
map<long long, long long> mp_mu;

long long S_mu(long long x) {  // 求mu的前缀和
  if (x < maxn) return sum_mu[x];
  if (mp_mu[x]) return mp_mu[x];  // 如果map中已有该大小的mu值，则可直接返回
  long long ret = (long long)1;
  for (long long i = 2, j; i <= x; i = j + 1) {
    j = x / (x / i);
    ret -= S_mu(x / i) * (j - i + 1);
  }
  return mp_mu[x] = ret;  // 路径压缩，方便下次计算
}

long long S_phi(long long x) {  // 求phi的前缀和
  long long ret = (long long)0;
  long long j;
  for (long long i = 1; i <= x; i = j + 1) {
    j = x / (x / i);
    ret += (S_mu(j) - S_mu(i - 1)) * (x / i) * (x / i);
  }
  return (ret - 1) / 2 + 1;
}

int main() {
  scanf("%lld", &T);
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i < maxn; i++) {  // 线性筛预处理mu数组
    if (!vis[i]) {
      pri[++cur] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= cur && i * pri[j] < maxn; j++) {
      vis[i * pri[j]] = true;
      if (i % pri[j])
        mu[i * pri[j]] = -mu[i];
      else {
        mu[i * pri[j]] = 0;
        break;
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i < maxn; i++)
    sum_mu[i] = sum_mu[i - 1] + mu[i];  // 求mu数组前缀和
  while (T--) {
    scanf("%lld", &n);
    printf("%lld %lld\n", S_phi(n), S_mu(n));
  }
  return 0;
}

问题二

「LuoguP3768」简单的数学题

大意：求

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\cdot j\cdot\gcd(i,j)\pmod p

其中 $n\leq 10^{10},5\times 10^8\leq p\leq 1.1\times 10^9$ , 是质数。

利用 $\varphi * 1=\operatorname{id}$ 做莫比乌斯反演化为：

\sum_{d=1}^nF^2\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)\cdot d^2\varphi(d)

其中 $F(n)=\frac{1}{2}n(n+1)$

对 $\sum_{d=1}^nF\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)^2$ 做数论分块， $d^2\varphi(d)$ 的前缀和用杜教筛处理：

f(n)=n^2\varphi(n)=(\operatorname{id}^2\varphi)(n)

S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n(\operatorname{id}^2\varphi)(i)

需要构造积性函数，使得 $f\times g$ 和能快速求和。

单纯的 $\varphi$ 的前缀和可以用 $\varphi * 1$ 的杜教筛处理，但是这里的多了一个 $\operatorname{id}^2$ ，那么我们就卷一个 $\operatorname{id}^2$ 上去，让它变成常数：

S(n)=\sum_{i=1}^n\left(\left(\operatorname{id}^2\varphi\right) * \operatorname{id}^2\right)(i)-\sum_{i=2}^n\operatorname{id}^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)

化一下卷积：

\begin{aligned} ((\operatorname{id}^2\varphi)* \operatorname{id}^2)(i) & =\sum_{d \mid i}\left(\operatorname{id}^2\varphi\right)(d)\operatorname{id}^2\left(\frac{i}{d}\right) \\ & =\sum_{d \mid i}d^2\varphi(d)\left(\frac{i}{d}\right)^2 \\ & =\sum_{d \mid i}i^2\varphi(d)=i^2\sum_{d \mid i}\varphi(d) \\ & =i^2(\varphi*1)(i)=i^3 \end{aligned}

再化一下 :

\begin{aligned} S(n) & =\sum_{i=1}^n\left((\operatorname{id}^2\varphi)* \operatorname{id}^2\right)(i)-\sum_{i=2}^n\operatorname{id}^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ & =\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ & =\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)^2-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ \end{aligned}

分块求解即可。

代码实现

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 5e6, NP = 5e6, SZ = N;
long long n, P, inv2, inv6, s[N];
int phi[N], p[NP], cnt, pn;
bool bp[N];
map<long long, long long> s_map;

long long ksm(long long a, long long m) {  // 求逆元用
  long long res = 1;
  while (m) {
    if (m & 1) res = res * a % P;
    a = a * a % P, m >>= 1;
  }
  return res;
}

void prime_work(int k) {  // 线性筛phi，s
  bp[0] = bp[1] = 1, phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= k; i++) {
    if (!bp[i]) p[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
    for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= k; j++) {
      bp[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
        break;
      } else
        phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= k; i++)
    s[i] = (1ll * i * i % P * phi[i] % P + s[i - 1]) % P;
}

long long s3(long long k) {  // 立方和
  return k %= P, (k * (k + 1) / 2) % P * ((k * (k + 1) / 2) % P) % P;
}

long long s2(long long k) {  // 平方和
  return k %= P, k * (k + 1) % P * (k * 2 + 1) % P * inv6 % P;
}

long long calc(long long k) {  // 计算S(k)
  if (k <= pn) return s[k];
  if (s_map[k]) return s_map[k];  // 对于超过pn的用map离散存储
  long long res = s3(k), pre = 1, cur;
  for (long long i = 2, j; i <= k; i = j + 1)
    j = k / (k / i), cur = s2(j),
    res = (res - calc(k / i) * (cur - pre) % P) % P, pre = cur;
  return s_map[k] = (res + P) % P;
}

long long solve() {
  long long res = 0, pre = 0, cur;
  for (long long i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
    j = n / (n / i);
    cur = calc(j);
    res = (res + (s3(n / i) * (cur - pre)) % P) % P;
    pre = cur;
  }
  return (res + P) % P;
}

int main() {
  scanf("%lld%lld", &P, &n);
  inv2 = ksm(2, P - 2), inv6 = ksm(6, P - 2);
  pn = (long long)pow(n, 0.666667);  // n^(2/3)
  prime_work(pn);
  printf("%lld", solve());
  return 0;
}  // 不要为了省什么内存把数组开小,会卡80

本页面最近更新：2023/10/4 21:50:08，更新历史
发现错误？想一起完善？在 GitHub 上编辑此页！
本页面贡献者：StudyingFather, hsfzLZH1, Marcythm, sshwy, Backl1ght, Enter-tainer, Great-designer, Henry-ZHR, huayucaiji, Ir1d, kenlig, MegaOwIer, Menci, Nanarikom, nanmenyangde, ouuan, purple-vine, Shawlleyw, Sshwy, Tiphereth-A, Xeonacid
本页面的全部内容在 CC BY-SA 4.0 和 SATA 协议之条款下提供，附加条款亦可能应用