[51nod1239]欧拉函数之和

最新推荐文章于 2019-09-28 17:05:58 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/jefflyy/p/8481046.html

本文详细介绍了杜教筛算法的基本思想及其应用过程。通过构造新函数实现积性函数前缀和的快速计算，并以欧拉函数为例进行了具体解析。

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昨天ypl下来讲了各种东西，感觉只有听杜教筛的时候没有掉线

以下的所有下标，如无特别说明，均为正整数

杜教筛解决这样一类问题：给定积性函数$A(x)$，要求$\sum\limits_{i=1}^nA(i)$，要求在低于线性的时间内完成计算

定义两个数论函数$A,B$的狄利克雷卷积为$C(n)=\sum\limits_{d|n}A(d)B(\dfrac nd)$，也可以写成$C(n)=\sum\limits_{ij=n}A(i)B(j)$，记作$A*B=C$

这个式子直接算肯定是不好算的，杜教筛的思想是构造一个新函数$B(x)$使得$A*B=C$且$B$和$C$都可以快速计算前缀和

构造出相应的函数后，我们对等式两边求前缀和，在草稿纸上把它转化为与$A$有关的，可以简化计算的式子

对于这道题，我们还需要一个定理来转化欧拉函数：$n=\sum\limits_{d|n}\varphi(d)$，证明如下（来自《初等数论》）

把$1\cdots n$按它和$n$的gcd分组，容易看出这样分组不重复不遗漏地把$n$个数都分好了

假设某组数与$n$的gcd都为$d$，那么这组数有$\sum\limits_{i=1}^n\left[\gcd(n,i)=d\right]$个

设$i=dj$，那么上式变为$\sum\limits_{j=1}^{\frac nd}\left[gcd(\dfrac nd,j)=1\right]=\varphi\left(\dfrac nd\right)$

那么我们在（与$n$的gcd为$d$的数有多少个）和$\varphi\left(\dfrac nd\right)$之间建立了一一对应的关系，即是说$\sum\limits_{d|n}\varphi\left(\dfrac nd\right)=n$，定理得证

现在我们可以开始筛筛筛了，因为$A(n)=\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)$，所以用上述定理构造$B(n)=1$，求得$C(n)=n$，两者都容易求前缀和

$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}\varphi(d)=\sum\limits_{i=1}^ni$$

左边两个sigma先枚举$1\cdots n$的所有数，再枚举每个数的约数，我们可以改变求和次序，先枚举$d$，再枚举$d$的所有倍数，效果是一样的

$$\begin{align*}\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{\substack{d|i\\i\leq n}}\varphi(d)&=\dfrac{n(n+1)}2\\\sum\limits_{d=1}^n\varphi(d)\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor&=\dfrac{n(n+1)}2\end{align*}$$

左边相当于好多个欧拉函数加起来，我们把它铺到一张表格上

原来的式子是一列一列求和，现在我们横着看，稍微想想就可以看出来，上面的表格的第$k$行有$\left\lfloor\dfrac nk\right\rfloor$个数，这是因为对于任何$d\leq\left\lfloor\dfrac nk\right\rfloor$，都有$\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\geq k$，而当$d\gt\left\lfloor\dfrac nk\right\rfloor$，就会有$\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\lt k$

有了这个表格，我们可以完成最后一步

$$\begin{align*}\sum\limits_{d=1}^nA(\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor)&=\dfrac{n(n+1)}2\\A(n)&=\dfrac{n(n+1)}2-\sum\limits_{d=2}^nA(\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor)\end{align*}$$

于是我们就可以递归算了，对于$\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\leq\sqrt n$的部分，我们用枚举除法结果的套路算，对于$\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\gt\sqrt n$即$d$很小的部分直接暴力枚举$d$来算，还可以用线性筛预处理一部分，对于算过的$n$，用哈希或map存算出来的值避免重复计算

于是整道题就做完了~

果然还是得捡起数论啊...

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<map>
using namespace std;
#define ll long long
#define T 1000000
#define mod 1000000007
bool np[1000010];
int pr[1000010],phi[1000010];
map<ll,int>res;
map<ll,int>::iterator it;
void sieve(int n){
	int i,j,m;
	m=0;
	np[1]=1;
	phi[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++){
		if(!np[i]){
			m++;
			pr[m]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(j=1;j<=m;j++){
			if(pr[j]*(ll)i>n)break;
			np[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0){
				phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
				break;
			}else
				phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
		}
	}
}
int mu(int a,int b){return a*(ll)b%mod;}
int dj(ll n){
	if(n<=T)return phi[n];
	it=res.find(n);
	if(it!=res.end())return it->second;
	int i,q,s;
	q=sqrt(n);
	s=mu(mu(n%mod,(n+1)%mod),500000004);
	for(i=1;i<=q;i++)s=(s-mu(dj(i),(n/i-n/(i+1))%mod))%mod;
	for(i=2;i<=q;i++){
		if(n/i<=q)break;
		s=(s-dj(n/i))%mod;
	}
	return res[n]=(s+mod)%mod;
}
int main(){
	sieve(T);
	int i;
	for(i=2;i<=T;i++)phi[i]=(phi[i]+phi[i-1])%mod;
	ll n;
	scanf("%lld",&n);
	printf("%d",dj(n));
}

转载于:https://www.cnblogs.com/jefflyy/p/8481046.html