Powerful Number 筛

定义

Powerful Number（以下简称 PN）筛类似于杜教筛，或者说是杜教筛的一个扩展，可以拿来求一些积性函数的前缀和。

要求：

存在一个函数满足：
- 是积性函数。
- 易求前缀和。
- 对于质数，。

假设现在要求积性函数的前缀和 $F(n) = \sum_{i=1}^{n} f(i)$ 。

Powerful Number

定义：对于正整数，记的质因数分解为 $n = \prod_{i=1}^{m} p_{i}^{e_{i}}$ 。是 PN 当且仅当 $\forall 1 \le i \le m, e_{i} > 1$ 。

性质 1：所有 PN 都可以表示成 $a^{2}b^{3}$ 的形式。

证明：若是偶数，则将 $p_{i}^{e_{i}}$ 合并进 $a^{2}$ 里；若为奇数，则先将 $p_{i}^{3}$ 合并进 $b^{3}$ 里，再将 $p_{i}^{e_{i}-3}$ 合并进 $a^{2}$ 里。

性质 2：以内的 PN 至多有 $O(\sqrt{n})$ 个。

证明：考虑枚举，再考虑满足条件的的个数，有 PN 的个数约等于

\int_{1}^{\sqrt{n}} \sqrt[3]{\frac{n}{x^2}} \mathrm{d}x = O(\sqrt{n})

那么如何求出以内所有的 PN 呢？线性筛找出 $\sqrt{n}$ 内的所有素数，再 DFS 搜索各素数的指数即可。由于以内的 PN 至多有 $O(\sqrt{n})$ 个，所以至多搜索 $O(\sqrt{n})$ 次。

PN 筛

首先，构造出一个易求前缀和的积性函数，且满足对于素数，。记 $G(n) = \sum_{i=1}^{n} g(i)$ 。

然后，构造函数，这里的表示狄利克雷卷积除法。根据狄利克雷卷积的性质可以得知也为积性函数，因此。，这里表示狄利克雷卷积。

对于素数， $f(p) = g(1)h(p) + g(p)h(1) = h(p) + g(p) \implies h(p) = 0$ 。根据和是积性函数可以推出对于非 PN 的数有，即仅在 PN 处取有效值。

现在，根据有

\begin{aligned} F(n) &= \sum_{i = 1}^{n} f(i)\\ &= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d|i} h(d) g\left(\frac{i}{d}\right)\\ &= \sum_{d=1}^{n} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor} h(d) g(i)\\ &= \sum_{d=1}^{n} h(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor} g(i) \\ &= \sum_{d=1}^{n} h(d) G\left(\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor\right)\\ &= \sum_{\substack{d=1 \\ d \text{ is PN}}}^{n}h(d) G\left(\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor\right) \end{aligned}

$O(\sqrt{n})$ 找出所有 PN，计算出所有的有效值。对于有效值的计算，只需要计算出所有处的值，就可以根据为积性函数推出的所有有效值。现在对于每一个有效值，计算 $h(d)G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor\right)$ 并累加即可得到。

下面考虑计算，一共有两种方法：一种是直接推出仅与有关的计算公式，再根据公式计算；另一种是根据有 $f(p^c) = \sum_{i=0}^c g(p^i)h(p^{c-i})$ ，移项可得 $h(p^c) = f(p^c) - \sum_{i=1}^{c}g(p^i)h(p^{c-i})$ ，现在就可以枚举素数再枚举指数求解出所有。

过程

构造
构造快速计算的方法
计算
搜索 PN，过程中累加答案
得到结果

对于第 3 步，可以直接根据公式计算，可以使用枚举法预处理打表，也可以搜索到了再临时推。

性质

以使用第二种方法计算为例进行分析。可以分为计算和搜索两部分进行分析。

对于第一部分，根据 $O(\sqrt{n})$ 内的素数个数为 $O\left(\dfrac{\sqrt{n}}{\log n}\right)$ ，每个素数的指数至多为 $\log n$ ，计算需要循环次，由此有第一部分的时间复杂度为 $O\left(\dfrac{\sqrt{n}}{\log n} \cdot \log n \cdot \log n\right) = O(\sqrt{n}\log{n})$ ，且这是一个宽松的上界。根据题目的不同还可以添加不同的优化，从而降低第一部分的时间复杂度。

对于搜索部分，由于以内的 PN 至多有 $O(\sqrt{n})$ 个，所以至多搜索 $O(\sqrt{n})$ 次。对于每一个 PN，根据计算的方法不同，时间复杂度也不同。例如，假设计算 $G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)$ 的时间复杂度为，则第二部分的复杂度为 $O(\sqrt{n})$ 。

特别地，若借助杜教筛计算 $G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)$ ，则第二部分的时间复杂度为杜教筛的时间复杂度，即 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 。因为若事先计算一次，并且预先使用线性筛优化和用支持快速随机访问的数据结构（如 C++ 中的 std::map 和 std::unordered_map）记录较大的值，则杜教筛过程中用到的 $G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)$ 都是线性筛中记录的或者 std::map 中记录的，这一点可以直接用程序验证。

对于空间复杂度，其瓶颈在于存储。若使用二维数组记录， $a_{i,j}$ 表示的值，则空间复杂度为 $O\left(\dfrac{\sqrt{n}}{\log n} \cdot \log n\right) = O(\sqrt{n})$ 。

例题

Luogu P5325【模板】Min_25 筛

题意：给定积性函数，求 $\sum_{i=1}^{n} f(i)$ 。

易得 $f(p) = p(p-1) = \operatorname{id}(p)\varphi(p)$ ，构造 $g(n) = \operatorname{id}(n)\varphi(n)$ 。

考虑使用杜教筛求，根据 $(\operatorname{id}\cdot \varphi) * \operatorname{id} = \operatorname{id}_2$ 可得 $G(n)= \sum_{i=1}^{n} i^2 - \sum_{i=2}^{n} d \cdot G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor\right)$ 。

之后的取值可以枚举计算，这种方法不再赘述。

此外，此题还可以直接求出仅与有关的公式，过程如下：

\begin{aligned} & f(p^k) = \sum_{i=0}^{k} g(p^{k-i})h(p^i)\\ \iff & p^k(p^k-1) = \sum_{i=0}^{k} p^{k-i}\varphi(p^{k-i}) h(p^i)\\ \iff & p^k(p^k-1) = \sum_{i=0}^{k} p^{2k-2i-1}(p - 1) h(p^i)\\ \iff & p^k(p^k-1) = h(p^k) + \sum_{i=0}^{k-1} p^{2k-2i-1}(p - 1) h(p^i)\\ \iff & h(p^k) = p^k(p^k-1) - \sum_{i=0}^{k-1} p^{2k-2i-1}(p - 1) h(p^i)\\ \iff & h(p^k) - p^2h(p^{k-1}) = p^{k}(p^k-1)-p^{k+1}(p^{k-1}-1) - p(p-1)h(p^{k-1})\\ \iff & h(p^k) - ph(p^{k-1}) = p^{k+1} - p^k\\ \iff & \frac{h(p^k)}{p^k} - \frac{h(p^{k-1})}{p^{k-1}} = p - 1\\ \end{aligned}

再根据，通过累加法即可推出。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;

template <typename T>
int mint(T x) {
  x %= MOD;
  if (x < 0) x += MOD;
  return x;
}

int add(int x, int y) { return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y; }

int mul(int x, int y) { return (long long)1 * x * y % MOD; }

int sub(int x, int y) { return x < y ? x - y + MOD : x - y; }  // 防止负数

int qp(int x, int y) {
  int r = 1;
  for (; y; y >>= 1) {
    if (y & 1) r = mul(r, x);
    x = mul(x, x);
  }
  return r;
}

int inv(int x) { return qp(x, MOD - 2); }

namespace PNS {
const int N = 2e6 + 5;
const int M = 35;

long long global_n;

int g[N], sg[N];

int h[N][M];
bool vis_h[N][M];

int ans;

int pcnt, prime[N], phi[N];
bool isp[N];

void sieve(int n) {
  pcnt = 0;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) isp[i] = true;  // 判断质数数组
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (isp[i]) {
      ++pcnt;
      prime[pcnt] = i;
      phi[i] = i - 1;
    }
    for (int j = 1; j <= pcnt; ++j) {  // 筛去非质数
      long long nxt = (long long)1 * i * prime[j];
      if (nxt > n) break;
      isp[nxt] = false;
      if (i % prime[j] == 0) {  // i是非质数的情况
        phi[nxt] = phi[i] * prime[j];
        break;
      }
      phi[nxt] = phi[i] * phi[prime[j]];
    }
  }

  for (int i = 1; i <= n; ++i) g[i] = mul(i, phi[i]);

  sg[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) sg[i] = add(sg[i - 1], g[i]);  // g函数的前缀和
}

int inv2, inv6;

void init() {
  sieve(N - 1);
  for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) h[i][0] = 1, h[i][1] = 0;
  for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) vis_h[i][0] = vis_h[i][1] = true;
  inv2 = inv(2);
  inv6 = inv(6);
}

int S1(long long n) { return mul(mul(mint(n), mint(n + 1)), inv2); }

int S2(long long n) {
  return mul(mul(mint(n), mul(mint(n + 1), mint(n * 2 + 1))), inv6);
}

map<long long, int> mp_g;

int G(long long n) {
  if (n < N) return sg[n];
  if (mp_g.count(n)) return mp_g[n];

  int ret = S2(n);
  for (long long i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
    j = n / (n / i);
    ret = sub(ret, mul(sub(S1(j), S1(i - 1)), G(n / i)));
  }
  mp_g[n] = ret;
  return ret;
}

void dfs(long long d, int hd, int pid) {
  ans = add(ans, mul(hd, G(global_n / d)));

  for (int i = pid, p; i <= pcnt; ++i) {
    if (i > 1 && d > global_n / prime[i] / prime[i]) break;  // 剪枝

    int c = 2;
    for (long long x = d * prime[i] * prime[i]; x <= global_n;
         x *= prime[i], ++c) {  // 计算f.g函数
      if (!vis_h[i][c]) {
        int f = qp(prime[i], c);
        f = mul(f, sub(f, 1));
        int g = mul(prime[i], prime[i] - 1);
        int t = mul(prime[i], prime[i]);

        for (int j = 1; j <= c; ++j) {
          f = sub(f, mul(g, h[i][c - j]));
          g = mul(g, t);
        }
        h[i][c] = f;
        vis_h[i][c] = true;
      }

      if (h[i][c]) dfs(x, mul(hd, h[i][c]), i + 1);
    }
  }
}

int solve(long long n) {
  global_n = n;
  ans = 0;
  dfs(1, 1, 1);
  return ans;
}
}  // namespace PNS

int main() {
  PNS::init();
  long long n;
  scanf("%lld", &n);
  printf("%d\n", PNS::solve(n));
  return 0;
}

「LOJ #6053」简单的函数

给定：

f(n) = \begin{cases} 1 & n = 1 \\ p \oplus c & n=p^c \\ f(a)f(b) & n=ab \text{ and } a \perp b \end{cases}

易得：

f(p) = \begin{cases} p + 1 & p = 2 \\ p - 1 & \text{otherwise} \\ \end{cases}

构造为

g(n) = \begin{cases} 3 \varphi(n) & 2 \mid n \\ \varphi(n) & \text{otherwise} \\ \end{cases}

易证且为积性函数。

下面考虑求。

\begin{aligned} G(n) &= \sum_{i=1}^{n}[i \bmod 2 = 1] \varphi(i) + 3 \sum_{i=1}^{n}[i \bmod 2 = 0] \varphi(i)\\ &= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i) + 2\sum_{i=1}^{n} [i \bmod 2 = 0]\varphi(i) \\ &= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i) + 2\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \varphi(2i) \end{aligned}

记 $S_1(n) = \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)$ ， $S_2(n) = \sum_{i=1}^{n} \varphi(2i)$ ，则 $G(n) = S_1(n) + 2S_2\left(\left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor\right)$ 。

当 $2 \mid n$ 时，有

\begin{aligned} S_2(n) &= \sum_{i=1}^{n} \varphi(2i) \\ &= \sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} (\varphi(2(2i-1)) + \varphi(2(2i))) \\ &= \sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} (\varphi(2i-1) + 2\varphi(2i)) \\ &= \sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} (\varphi(2i-1) + \varphi(2i)) + \sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} \varphi(2i) \\ &= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i) + S_2\left(\frac{n}{2}\right)\\ &= S_1(n) + S_2\left(\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor\right)\\ \end{aligned}

当 $2 \nmid n$ 时，有

\begin{aligned} S_2(n) &= S_2(n-1) + \varphi(2n) \\ &= S_2(n-1) + \varphi(n) \\ &= \sum_{i=1}^{n-1} \varphi(i) + S_2\left(\frac{n-1}{2}\right) + \varphi(n)\\ &= S_1(n) + S_2\left(\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor\right)\\ \end{aligned}

综上，有 $S_2(n) = S_1(n) + S_2\left(\left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor\right)$ 。

可以用杜教筛求，直接按照公式推，这样也可以求出来了。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;
const int inv2 = (MOD + 1) / 2;

template <typename T>
int mint(T x) {
  x %= MOD;
  if (x < 0) x += MOD;
  return x;
}

int add(int x, int y) {
  return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y;
}  // 防止大于模数

int mul(int x, int y) { return (long long)1 * x * y % MOD; }

int sub(int x, int y) { return x < y ? x - y + MOD : x - y; }  // 防负数

namespace PNS {
const int N = 2e6 + 5;
const int M = 35;

long long global_n;

int s1[N], s2[N];

int h[N][M];
bool vis_h[N][M];

int ans;

int pcnt, prime[N], phi[N];
bool isp[N];

void sieve(int n) {
  pcnt = 0;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) isp[i] = true;  // 判断质数数组
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (isp[i]) {
      ++pcnt;
      prime[pcnt] = i;
      phi[i] = i - 1;
    }
    for (int j = 1; j <= pcnt; ++j) {  // 筛去非质数
      long long nxt = (long long)1 * i * prime[j];
      if (nxt > n) break;
      isp[nxt] = false;
      if (i % prime[j] == 0) {  // i是非质数的情况
        phi[nxt] = phi[i] * prime[j];
        break;
      }
      phi[nxt] = phi[i] * phi[prime[j]];
    }
  }

  s1[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) s1[i] = add(s1[i - 1], phi[i]);

  s2[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n / 2; ++i) {
    s2[i] = add(s2[i - 1], phi[2 * i]);
  }
}

void init() {
  sieve(N - 1);
  for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) h[i][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) vis_h[i][0] = true;
}

map<long long, int> mp_s1;

int S1(long long n) {
  if (n < N) return s1[n];
  if (mp_s1.count(n)) return mp_s1[n];

  int ret = mul(mul(mint(n), mint(n + 1)), inv2);
  for (long long i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
    j = n / (n / i);
    ret = sub(ret, mul(mint(j - i + 1), S1(n / i)));
  }
  mp_s1[n] = ret;
  return ret;
}

map<long long, int> mp_s2;

int S2(long long n) {
  if (n < N / 2) return s2[n];
  if (mp_s2.count(n)) return mp_s2[n];
  int ret = add(S1(n), S2(n / 2));
  mp_s2[n] = ret;
  return ret;
}

int G(long long n) { return add(S1(n), mul(2, S2(n / 2))); }

void dfs(long long d, int hd, int pid) {
  ans = add(ans, mul(hd, G(global_n / d)));

  for (int i = pid, p; i <= pcnt; ++i) {
    if (i > 1 && d > global_n / prime[i] / prime[i]) break;  // 剪枝

    int c = 2;
    for (long long x = d * prime[i] * prime[i]; x <= global_n;
         x *= prime[i], ++c) {
      if (!vis_h[i][c]) {
        int f = prime[i] ^ c, g = prime[i] - 1;

        // p = 2时特判一下
        if (i == 1) g = mul(g, 3);

        for (int j = 1; j <= c; ++j) {
          f = sub(f, mul(g, h[i][c - j]));
          g = mul(g, prime[i]);
        }
        h[i][c] = f;
        vis_h[i][c] = true;
      }

      if (h[i][c]) dfs(x, mul(hd, h[i][c]), i + 1);
    }
  }
}

int solve(long long n) {
  global_n = n;
  ans = 0;
  dfs(1, 1, 1);
  return ans;
}
}  // namespace PNS

int main() {
  PNS::init();  // 预处理函数
  long long n;
  scanf("%lld", &n);
  printf("%d\n", PNS::solve(n));
  return 0;
}

习题

参考资料

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