【hdu 6987】Cycle Binary (杜教筛)

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题目大意

我们可以将字符串 $s$ 写成 $kp+p^{\prime }$ 的形式（其中 $p^{\prime }$ 是 $p$ 的前缀），表示将字符串 $p$ 重复 $k$ 次后拼接上 $p^{\prime }$ 。定义 $s$ 的循环次数 $v(s)$ 为 $k$ 的最大值。
对所有长度为 $n(\le 10^9)$ 的 01 串 $s$ ，求他们的 $v(s)$ 之和。

思路

记 $f(i)$ 为长度为 $n$ 的，最短循环节长度恰好为 $i$ 的 01 串个数，则
$$2^x=\sum _{d\mid x}f(d)$$
即
$$2^x=f\ast I$$
或
$$f=2^x\ast \mu$$
其中 $\ast$ 为 Dirichlet卷积，$I$ 为全1函数，$\mu$ 为Mobius函数。
（注意 $x\le \frac{n}{2}$ 时成立，$x>\frac{n}{2}$ 时不一定成立，如10101循环节可以是2, 4, 5）
而答案
$$ans=\sum _{i=1}^n[\frac{n}{i}]f(i)$$
因此，我们只需快速求解 $f(x)$ 的前缀和，然后利用数论分块即可解决该题。
可以利用杜教筛解决。

杜教筛

参考
$$S_{f\ast g}(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}g(d)f(\frac{i}{d})=\sum _{d=1}^{n}g(d)S_f([\frac{n}{d}])$$
即
$$S_f(n)=S_{f\ast g}(n)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S_f([\frac{n}{d}])$$
可以先求出$n^{\frac{2}{3}}$的 $S_f(n)$ ，对大范围的 $S_f(n)$ 用 map 存一下。
若 $S_{f\ast g}(n)$ 可以 $O(1)$ 求解，则总复杂度为 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

回到本题，$S_f(n)=(2^{n+1}-2)-{\sum }_{d=2}^n{S}_f([\frac{n}{d}])$

但我们只能求 $S_f(d)(d\le \frac{n}{2})$ ，剩下的用 $2^n$ 减去即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r; i >= l; --i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
const int N = 1000006;
int pw(int x, int y) {
    int ret = 1;
    while (y) {
        if (y & 1) ret = 1ll * ret * x % mod;
        x = 1ll * x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return ret;
}
int prime[N], tot = 0;
bool iscmp[N];
int mu[N];
int f[N], ss[N];
void init() {
    mu[1] = 1;
    rep(i, 2, 1000000) {
        if (!iscmp[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = mod - 1;
        for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= 1000000; ++j) {
            iscmp[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            } else {
                mu[i * prime[j]] = mod - mu[i];
            }
        }
    }
    int t = 1;
    rep(i, 1, 1000000) {
        t = t * 2 % mod;
        for (int j = 1; i * j <= 1000000; ++j) {
            f[i * j] = (f[i * j] + 1ll * t * mu[j]) % mod;
        }
    }
    rep(i, 1, 1000000) { ss[i] = (ss[i - 1] + f[i]) % mod; }
}

map<int, int> s;
int sum(int n) {
    if (n <= 1000000) return ss[n];
    if (s.count(n)) return s[n];
    int ret = (pw(2, n + 1) - 2 + mod) % mod;
    for (int i = 2, last; i <= n; i = last + 1) {
        last = n / (n / i);
        ret = (ret - 1ll * sum(n / i) * (last - i + 1) % mod + mod) % mod;
    }
    return s[n] = ret;
}
int solve(int n) {
    int ret = 0;
    for (int i = 1, last; i <= n / 2; i = last + 1) {
        last = n / (n / i);
        ret = (ret + 1ll * (sum(last) - sum(i - 1) + mod) * (n / i)) % mod;
    }
    ret = (1ll * ret + pw(2, n) - sum(n / 2) + mod) % mod;
    return ret;
}
int T;
int n;

int main() {
    init();
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
        printf("%d\n", solve(n));
    }
    return 0;
}