Dirichlet 前缀及后缀和 Divan and Kostomuksha

最新推荐文章于 2024-07-16 22:16:43 发布

原创最新推荐文章于 2024-07-16 22:16:43 发布 · 1.1k 阅读

3 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#c++ #算法 #数学

数学专栏收录该内容

21 篇文章

订阅专栏

这篇博客详细介绍了狄利克雷前缀和与后缀和的概念，以及它们在数列求解中的应用。通过代码示例解释了如何利用质数优化算法，将时间复杂度降低到O(nloglogn)。同时，给出了相关编程竞赛题目链接，展示了这两种方法在解决实际问题中的有效性。

Dirichlet前缀和

概述

狄利克雷前缀和是用来求解这样的问题，给定 ${a_n\}$ ，求解 ${b_n\}$ ，使得 $b_k=\sum_{d|k}a_d$

代码

例题处分析

for(int i=1;i<=CntPrime;i++)
      for(int j=1;j*Prime[i]<=N;j++)
            B[ j*Prime[i] ]+=B[j];

例题

https://www.luogu.com.cn/problem/P5495
给一个数列 $a$ ，长度在 $2\times10^{7}$ 以内，让你求一个数列 $b$ 满足
$b_k=\sum_{i|k}{a_i}$

因为是根据 $a$ 推 $b$ ，我们可以直接枚举 $i$ ，设它的倍数为 $j$ ，那么有 $b [j] = b [j] + a [i]$ 这样得到的 $b$ 就是要求的数列，这样的时间复杂度是 $O (n l n n)$ 的，因为调和级数趋近于 $l n n + C$
由于范围过大， $O (n l o g n)$ 的时间复杂度会被卡，需要再压缩时间，这其实和欧拉筛是一个道理，我们发现，如果采用这种方法比如说 $b_8=a_1+a_2+a_4+a_8$ ，需要全加上，这里面有很多重复计算，因为 $b_4=a_1+a_2+a_4$ ，所以其实 $b_8=b_4+a_8$ ，其他一个道理，所以我们使用质数作为因子进行加速，可以把时间复杂度降到 $O (n l o g l o g n)$

上面模板题

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int MAXN = 2e7;
int p[MAXN + 100];
bool vis[MAXN + 100];
int Prime(){
    int tot = 0;
    for(int i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!vis[i]) p[tot++] = i;
        for(int j=0;j<tot&&p[j]*i<=MAXN;j++){
            vis[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) break;
        }
    }
    return tot;
}
#define uint unsigned int
uint seed;
inline uint getnext(){
	seed^=seed<<13;
	seed^=seed>>17;
	seed^=seed<<5;
	return seed;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int tt = Prime();
    int n;
    cin >> n >> seed;
    vector<uint> a(n + 1);
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i] = getnext();
    for(int i=0;i<tt;i++){
        for(int j=1;p[i]*j<=n;j++){
            a[p[i]*j] += a[j];
        }
    }
    uint ans = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans ^= a[i];
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

Dirichlet后缀和

概述

给定 ${a_n\}$ ，求 ${b_n\}$ ，使得 $b_k=\sum_{k|d}a_d$

代码

for(int i=1;i<=CntPrime;i++)
      for(int j=N/Prime[i];j>=1;j--)
            B[j]+=B[ j*Prime[i] ];

例题

https://codeforces.com/contest/1614/problem/D1
https://codeforces.com/contest/1614/problem/D2
题意就是给出 ${a_n\}$ ，让你构造一个数组 ${b_n\}$ ，使得其满足前缀 $G C D$ 的和最大，求这个最大的和

easy版本数据范围是2e6，hard版本数据范围是2e7，就是用不用素数优化的关系
用数组 $c n t [i]$ 表示原数组中是 $i$ 的倍数的数的个数，那么求这个数组显然应该是狄利克雷后缀和，可以仔细想一下，然后打印结果看看
考虑dp，设 $d p [i]$ 表示最后一个元素被 $i$ 整除的最大值，设 $j$ 表示 $i$ 的倍数，由 $i$ 推 $j$ ，有 $dp[j]=max(dp[j],dp[i]+cnt[j]\times(j-i))$ 其中 $j - i$ 表示 $j$ 相对于 $i$ 的增量

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 5e6;
long long cnt[MAXN + 100]; 
long long dp[MAXN + 100];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        int x;
        cin >> x;
        cnt[x] += 1;
    }
    for(int i=1;i<=MAXN;i++){
        for(int j=i+i;j<=MAXN;j+=i){
            cnt[i] += cnt[j];
        }
    }
    dp[1] = cnt[1];
    long long ans = 0;
    for(int i=1;i<=MAXN;i++){
        for(int j=i+i;j<=MAXN;j+=i){
            dp[j] = max(dp[j], 1ll * cnt[j] * (j - i) + dp[i]);
        }
        ans = max(ans, dp[i]);
        // cout << dp[i] << '\n';
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

用质数优化

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int MAXN = 2e7;
int p[MAXN + 100];
bool vis[MAXN + 100];
int cnt[MAXN + 100];
ll dp[MAXN + 100];
int Prime(){
    int tot = 1;
    for(int i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!vis[i]) p[tot++] = i;
        for(int j=1;j<tot&&p[j]*i<=MAXN;j++){
            vis[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) break;
        }
    }
    return tot;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n;
    int tt = Prime();
    cin >> n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        int x;
        cin >> x;
        cnt[x] += 1;
    }
    for(int i=1;i<tt;i++){
        for(int j=MAXN/p[i];j>=1;j--){
            cnt[j] += cnt[j * p[i]];
        }
    }
    dp[1] = cnt[1];
    long long ans = 0;
    for(int i=1;i<=MAXN;i++){
        for(int j=1;i*p[j]<=MAXN;j++){
            int k = p[j] * i;
            dp[k] = max(dp[k], 1ll * cnt[k] * (k - i) + dp[i]);
        }
        ans = max(ans, dp[i]);
        // cout << dp[i] << '\n';
    }
    cout << ans;
    return 0;
}