（杜教筛）P4213 【模板】杜教筛（Sum）

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杜教筛模板题

Description

$T(T\le 10)$组数据，每组数据包含一个正整数$n(n<2^{31})$，求${\sum }_{i=1}^n\phi (i)$与${\sum }_{i=1}^n\mu (i)$。

Solution

杜教筛

杜教筛一般用于处理数论函数前缀和的问题。杜教筛的基本思想是：对于求解某个数论函数$f(n)$前缀和（而非一个线性表）$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$，我们设法构造一个$S(n)$关于$S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$的递推式。

引理：对于任意两个数论函数$f,g$，设$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$，则必有：

​ $$\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)=\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

证明：按照P3327题解注释（2）（3）的方法，我们不难得到：

$$\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$$

$$=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$$

$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^n[d|i]f(\frac{i}{d})$$

$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^n[1|\frac{i}{d}]f(\frac{i}{d})$$

$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)$$

$$=\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor ),\square$$

将引理$$\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}(f\ast g)(i)=\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$变形可得：

​ $$g(1)S(n)+\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$$

​ $$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$ $(1)$

根据式(1)，我们可以构造如下求$S(n)$的方法：

考虑之前学过的常见积性函数间卷积运算转换的公式，我们构造合适的数论函数$g$进行构造，函数$g$显然需满足$f\ast g$为一个可以快捷求出前缀和（这样一来，如果我们可以快速求出${\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)$）的函数且对于$\forall xg(x)$易求。一般情况下，我们构造$g(n)=1$。

这样一来，剩下的问题在于${\sum }_{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$怎么求：显然，我们可利用数论分块求此式的值。至于求和涉及到的每一项里$S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$，我们可以再利用递推式$(1)$求出它的值。

假设实际应用中涉及到的数论函数的值的线性表均线性复杂度可求，一般根据此方法直接递归计算的时间复杂度为$O(n^{\frac{3}{4}})$。考虑先线性筛预处理得到$S$的前$n^{\frac{2}{3}}$项，剩余部分时间复杂度为$O({\int }_o^{n^{\frac{1}{3}}}\sqrt{\frac{n}{x}}dx)=O(n^{\frac{2}{3}})$，故整体算法时间复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}})$。

对于较大的$S$的值，由于不同值的$S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$个数不会超过$2\sqrt{n}$个，故用map存下其对应的值较为简便。

求${\sum }_{i=1}^n\mu (i)$

考虑公式$$\mu \ast 1=ϵ$$。

令$f=\mu ,g=1$，则：

$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

$$\leftrightarrow S(n)=\sum _{i=1}^nϵ(i)-\sum _{i=2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )=1-\sum _{i=2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

算法时间复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}})$。

求${\sum }_{i=1}^n\phi (i)$

考虑公式$\phi \ast 1=id$

令$f=\phi ,g=1$，则：

$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

$$\leftrightarrow S(n)=\sum _{i=1}^{n}id(i)-\sum _{i=2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )=\sum _{i=1}^{n}i-\sum _{i=2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )=\frac{n(n+1)}{2}-\sum _{i=2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

算法时间复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}})$。

根据以上两个过程，不难看出选择合适的$g$与$f\ast g$的重要性。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<map>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN=1e6;
int T,cnt,prime[MAXN];
ll N,smu[MAXN+20],sphi[MAXN+20];
bool notprime[MAXN+20];
map<ll,ll>Smu;
map<ll,ll>Sphi;

void EulaSieve()
{
	smu[1]=1,sphi[1]=1,notprime[1]=true;
	for(ri i=2;i<=MAXN;++i)
	{
		if(!notprime[i]) prime[++cnt]=i,smu[i]=-1,sphi[i]=i-1;
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=MAXN;++j)
		{
			notprime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)	sphi[i*prime[j]]=sphi[i]*prime[j];
			else	sphi[i*prime[j]]=sphi[i]*sphi[prime[j]];
			if(i%prime[j]==0) break;
			else smu[i*prime[j]]=-smu[i];
		}
	}
	for(ri i=1;i<=MAXN;++i) 
		smu[i]=smu[i-1]+smu[i],sphi[i]=sphi[i-1]+sphi[i];
}

ll S_mu(ll n)
{
	if(n<=MAXN) return smu[n];
	if(Smu[n]) return Smu[n];
	ll ans=1LL;
	for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		ans-=(r-l+1)*S_mu(n/l);
	}	
	return Smu[n]=ans;
}

ll S_phi(ll n)
{
	if(n<=MAXN) return sphi[n];
	if(Sphi[n]) return Sphi[n];
	ll ans=n*(n+1)/2LL;
	for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		ans-=(r-l+1)*S_phi(n/l);	
	}
	return Sphi[n]=ans;
}

int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>T;
	EulaSieve();
	for(ri op=1;op<=T;++op)
	{
		cin>>N;
		cout<<S_phi(N)<<" "<<S_mu(N)<<'\n';
	}
	return 0;
}