筛法学习笔记

筛法学习笔记

数论函数

定义域为正整数，陪域与值域为复数的函数。

积性函数

• 积性函数：若数论函数 \(f(n)\) 满足 \(f(1) = 1\) 且对于互质的任意 \(a, b \in N^{+}\) 有 \(f(ab) = f(a)f(b)\)，则 \(f(n)\) 为积性函数。
• 完全积性函数：若数论函数 \(f(n)\) 满足 \(f(1) = 1\) 且对于任意 \(a, b \in N^{+}\) 有 \(f(ab) = f(a)f(b)\)，则 $f(n) 为完全积性函数。完全积性函数是积性函数。

常见积性函数：

• 单位元函数：\(\varepsilon(n) = [n = 1]\)（完全积性）。
• 幂函数：\(\operatorname*{id}_k(n) = n^k\)（完全积性），\(\operatorname*{id}_1(n)\) 通常省略下标记作 \(\operatorname*{id}(n)\)。
• 恒等函数：\(\operatorname*{id}(n) = n\)（完全积性）。
• 常数函数：\(1(n) = 1\)（完全积性）。
• 除数函数：\(\sigma_k(n) = \sum_{d | n} d^k\)，其中 \(\sigma_0(n)\) 通常记为 \(d(n)\) 或 \(\tau(n)\)，\(\sigma_1(n)\) 记为 \(\sigma(n)\)。
• 欧拉函数：\(\varphi(n) = \sum_{i = 1}^n [i \perp n]\)。
• 莫比乌斯函数：\(\mu(n) = \begin{cases}1 & n = 1 \\ (-1)^k & n = p_1p_2\ldots p_k \\ 0 & \text{otherwise}\end{cases}\)，其中 \(p_i\) 表示本质不同的质因子。

假设有两个积性函数 \(f(x), g(x)\)，有如下性质：

• \(h(x) = f(x^p)\) 为积性函数。
• \(h(x) = f^p(x)\) 为积性函数。
• \(h(x) = f(x)g(x)\) 为积性函数。
• \(h(x) = (f * g)(x)\) 为积性函数，其中 \(f * g\) 为狄利克雷卷积。

狄利克雷卷积

定义两个数论函数 \(f(n), g(n)\) 的狄利克雷卷积 \(f * g\) 为：

\[(f * g)(n) = \sum_{d | n} f(d) g(\frac{n}{d}) \]

性质：

• 交换律：\(f * g = g * f\)，证明：考虑枚举 \(\dfrac{n}{d}\)，就能得到 \(g * f\)，

• 结合律：\((f * g) * h = f * (g * h)\)，证明：换一下枚举顺序即可。

• 分配律：\((f + g) * h = f * h + g * h\)，证明：把和式拆开。

• 单位元：单位元函数 \(\varepsilon(n)\) 是狄利克雷卷积的单位元，恒有 \(f * \varepsilon = f\)，证明：\(f(n) = \sum_{d | n} \varepsilon(d) f(\dfrac{n}{d}) = \varepsilon(1) f(n) = f(n)\)。

• 等式的性质：\(f = g \iff f * h = g * h\)，其中数论函数 \(h(n)\) 要满足 \(h(1) \ne 0\)。

  证明：\(f = g \implies f * h = g * h\) 是容易的。考虑证明必要性，反证，设 \(f \ne g \land f * h = g * h\)，那么找到最小的 \(x\) 使 \(f(x) \ne g(x)\)，有：

  \[ \begin{aligned} &(f * h)(x) - (g * h)(x) = ((f - g) * h)(x) \\ =&\sum_{d | x} (f(d) - g(d)) h(\frac{x}{d}) \\ =&(f(x) - g(x)) h(1) \ne 0 \end{aligned} \]

  矛盾，命题成立。

• 逆元：对于任意一个满足 \(f(1) \ne 0\) 的数论函数 \(f(n)\)，都唯一存在其逆元 \(f^{-1}(n)\) 使得 \(f * f^{-1} = \varepsilon\)，其逆元为：

  \[f^{-1}(n) = \frac{\varepsilon(n) - \sum_{d | n, d \ne 1} f(d) f^{-1}(\frac{n}{d})}{f(1)} \]

• 两个积性函数 \(f(n), g(n)\) 的狄利克雷卷积 \(f * g\) 也为积性函数。

  证明：\(\forall a, b \in N^{+} \land a \perp b\)，有：

  \[\begin{aligned} h(a)h(b) =& \sum_{d_1 | a} f(d_1) g(\frac{a}{d_1}) \sum_{d_2 | b} f(d_2) g(\frac{b}{d2}) \\ =& \sum_{d | ab} f(d) g(\frac{ab}{d}) \\ =& h(ab) \end{aligned} \]

  因为 \(a, b\) 互质，所以每个 \(ab\) 的质因子只会被组合出来一遍，而对于完全积性函数就没有这个性质了。

常见的狄利克雷卷积：

\[\def \id{\operatorname{id}} \begin{aligned} \varepsilon &= \mu * 1 \\ d &= 1 * 1 \\ \sigma &= \id * 1 \\ \varphi &= \mu * \id \end{aligned} \]

线性筛

对于积性函数 \(f(n)\)，线性筛可以在严格 \(\mathcal{O}(n)\) 的时间内求出任意 \(1 \le i \le n\) 的 \(f(i)\)。

要求：\(f(n)\) 是一个积性函数，\(f(p^c)\) 是可以快速求出或维护的。

思想

对于 \(n = \prod_{i = 1}^k p_i^{a_i}\)，考虑用其最小的因子 \(p_1\) 把它筛掉，并求出 \(f(n)\)，把 \(n\) 分为三类：

• \(n\) 为质数，按照定义求出 \(f(n)\)。
• \(p_1^2 \, |\, n\)，说明 \(n\) 与 \(\dfrac{n}{p_1}\) 含的质因子集合相同，通过 \(f(\dfrac{n}{p_1^{a_1}}) f(p_1^{a_1})\) 算出。
• \(p_1^2 \not |\ n\)，则 \(f(n) = f(p_1) f(\dfrac{n}{p_1})\)。

实现

考虑如何使 \(n\) 被最小的因子 \(p_1\) 筛，在下面的代码中，当 \(i\) 是 \(j\) 倍数时就跳出循环，这是因为 \(j\) 更大时，\(i \times j\) 的最小因子就不是 \(j\) 了。而每个数都会被其最小因子筛恰好一次，所以时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n)\) 的。

代码：

std::vector<int> primes, minp;

void sieve(const int& N) {
	minp.assign(N + 1, 0);
	for (int i = 2; i <= N; ++i) {
		if (!minp[i]) {
			minp[i] = i;
			primes.push_back(i);
		}
		for (auto j : primes) {
			if (i * j > N) {
				break;
			}
			minp[i * j] = j;
			if (j == minp[i]) {
				break;
			}
		}
	}
}

筛欧拉函数

将 \(n\) 分解质因数 \(n = \prod_{i = 1}^k p_i^{a_i}\)，则 \(\varphi(n) = \prod_{i = 1}^k \dfrac{p_i - 1}{p_i}\)。对于质数 \(p\)，\(\varphi(p) = p - 1\)。

考虑 \(n\) 被最小质因子 \(p\) 和 \(n' = \dfrac{n}{p}\) 筛到时的情况：

• \(p^2 \not | \ n\)，\(\varphi(n) = \varphi(n') \cdot (p - 1）\)。
• \(p^2 \ | \ n\)，\(\varphi(n) = \varphi(n') \cdot p\)。

筛莫比乌斯函数

类似的，考虑 \(n\) 被最小质因子 \(p\) 和 \(n' = \dfrac{n}{p}\) 筛到时：

• \(p^2 \not | \ n\)，\(\mu(n) = -\mu(n')\)。
• \(p^2 \ | \ n\)，\(\mu(n) = 0\)。

筛约数函数

若 \(n = \prod_{i = 1}^k p_i^{a_i}\)，那么 \(d(n) = \prod_{i = 1}^k (a_i + 1)\)。

考虑 \(n\) 被最小质因子 \(p\) 和 \(n' = \dfrac{n}{p}\) 筛到时：

• \(p^2\ |\ n\)，记 \(r(n) = \log_p n\)，那么 \(r(n) = r(n') + 1\)，\(d(n) = d(n') \dfrac{r(n) + 1}{r(n)}\)。
• \(p^2\not |\ n\)，则 \(r(n) = 1\)，\(d(n) = 2d(n')\)。

筛约数和

有 \(\sigma(n) = \prod_{i = 1}^k \left(\sum_{j = 0}^{a_i} p_i^j \right)\)。

考虑 \(n\) 被最小质因子 \(p\) 和 \(n' = \dfrac{n}{p}\) 筛到时：

• \(p^2 | n\)，记 \(s(n) = \prod_{i = 0}^{\log_p n} p^i\)，那么 \(s(n) = p \cdot s(n') + 1\)，\(\sigma(n) = \sigma(n') \dfrac{s(n)}{s(n')}\)。
• \(p^2 \not | \ n\)，则 \(s(n) = p + 1\)，\(\sigma(n) = \sigma(n') (p + 1)\)。

数论分块

数论分块，又称整除分块，是下面各类筛法科技的基础，用于计算一些含有除法下取整（或上取整）的和式，比如 \(\sum_{i = 1}f(i)g(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor)\)。当可以快速计算 \(f(r) - f(l)\) 和 \(g(x)\) 时，数论分块就能在 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的时间复杂度内计算和式的值。

思想

数论分块的思想是把 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 相同的 \(i\) 打包在一起计算，而不同的 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 只有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 个。

证明：当 \(1 \le d \le n\) 时，不同的 \(d\) 只有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 个。

• 当 \(1 \le d \le \sqrt{n}\) 时，不同的 \(d\) 只有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 个，那么不同的 \(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\) 同理。
• 当 \(\sqrt{n} < d \le n\) 时，\(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor < \sqrt{n}\)，不同的 \(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\) 也只有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 个。

打包的过程中，每次对于左端点 \(L\)，要找到满足 \(\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{n}{R}\right\rfloor\) 的最大的 \(R\)，有结论 \(R = \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{L}\right\rfloor}\right\rfloor\)。

证明：设 \(k = \left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor\)，那么有 \(\left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor = k\)，根据下取整定义：

\[k \leq \frac{n}{j} < k + 1 \iff \frac{n}{k + 1} < j \leq \frac{n}{k} \]

则 \(j\) 的取值范围为 \(L \le j \le \left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)，所以 \(R = \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{L}\right\rfloor}\right\rfloor\)。

那么就能写出数论分块的代码：

int ans = 0;
for (int L = 1, R; L <= n; L = R + 1) {
    R = n / (n / L);
    ans += sumf(L, R) * g(n / L);
}

上取整

我们想打包 \(\left\lceil\dfrac{n}{i}\right\rceil\) 相等的一段区间，因为有 \(\left\lfloor\dfrac{n + i - 1}{i}\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{n - 1}{i}\right\rfloor + 1\)，所以相当于对 \(n - 1\) 做下取整数论分块。

Min_25 筛

Min_25 筛是一个在 \(\mathcal{O}(\dfrac{n^{0.75}}{\log n})\) 或 \(\mathcal{O}(n^{1 - \epsilon})\) 的复杂度内解决积性函数前缀和问题的算法。

（什么？你问我复杂度到底是哪个？我不到啊，跑得很快就对了）

要求：函数 \(f(p)\) 和 \(f(p^c)\) 可以快速求值（比如多项式）。

Min_25 筛分两步进行，要先预处理再求和。

下面任何用 \(p\) 字母表示的量都为质数，\(P_i\) 表示第 \(i\) 个质数，特别地 \(P_0 = 1\)。设质数集为 \(\mathbb{P}\)，特别地 \(1 \in \mathbb{P}\)，\(\operatorname{minp}_i\) 为 \(i\) 的最小质因子。在某些地方会用 \(*\) 来指代一些数字。

Step 1. 预处理

设出完全积性函数 \(f'\) 使得 \(\forall p, f'(p) = f(p)\)。

记 \(g(n, j) = \sum_{i = 1}^n [i \in \mathbb{P} \lor \operatorname{minp}_i > P_j] f'(i)\)。也就是要么 \(i\) 为质数，要么 \(i\) 的最小质因子 \(>P_j\)。

为了求出 \(g(n, j)\)，考虑从 \(g(n, j - 1)\) 递推过来，变化就是那些 \(\operatorname{minp}_i = P_j\) 的数不会被 \(g(n, j)\) 算上了。

由于 \(\forall n \in N^{+}, \operatorname{minp}_n^2 \ge n\)，所以当 \(P_j > \sqrt{n}\) 时，\(g(n, j) = g(n, j - 1)\)。而 \(P_j \le \sqrt{n}\) 时，用容斥减去最小质因子为 \(P_j\) 的数，钦定 \(i\) 选了 \(P_j\)，这样的 \(i\) 的贡献是 \(f'(P_j)\left(g(\dfrac{n}{P_j}, j - 1) - \sum_{i = 1}^{j - 1} f'(P_i)\right)\)，减去 \(\sum_{i = 1}^{j - 1} f'(P_i)\) 的原因是，我们钦定了 \(\operatorname{minp}_i = P_j\)，就不能含有 \(P_1, P_2, \ldots, P_{j - 1}\) 这些质因数。

在容斥这个地方，\(f'(n)\) 是完全积性函数的好处就体现出来了，每次只需在外面乘上 \(f'(P_j)\) 从而保证 \(g(n, j)\) 只从 \(g(*, j - 1)\) 转移（更好写，空间常数更小），并保证了时间复杂度正确。

所以 \(g(n, j)\) 的转移式为：

\[g(n, j) = \begin{cases} \sum_{i = 1}^n f'(i) & j = 0 \\ g(n, j - 1) & P_j^2 > n \\ g(n, j - 1) - f'(P_j)\left(g(\left\lfloor\dfrac{n}{P_j}\right\rfloor, j - 1) - g(P_{j - 1}, j - 1)\right) & \text{otherwise} \end{cases} \]

这里的 \(\sum_{i = 1}^{j - 1} f'(P_i)\) 可以用 \(g(P_{j - 1}, j - 1)\) 代替，因为 \(g(P_{j - 1}, j - 1)\) 不含 \(\operatorname{minp}_i > P_{j - 1}\) 的合数，所以相当于是 \(\le P_{j - 1}\) 的质数集。

Step2. 求和

设 \(S(n, j) = \sum_{i = 1}^n [\operatorname{minp}_i > P_j] f(i)\)，要求的就是 \(S(n, 0) + 1\)，因为 \(\operatorname{minp}_1 = 1\)，所以 \(S(n, 0)\) 没算上 \(i = 1\)，要加上 \(f(1) = 1\)。

接着考虑把 \(S(n, j)\) 内的 \(i\) 分成质数和合数分类讨论。

当 \(i\) 是质数时，贡献为 \(g(n, |P|) - \sum_{k = 1}^j P_k\)，这里的 \(g(n, |P|)\) 表示的是所有 \(\le n\) 的质数的 \(f'(i)\) 之和，而 \(f'(i)\) 根据定义在质数 \(i\) 上的值又等于 \(f(i)\)，所以是对的。

当 \(i\) 是合数时，考虑枚举它的最小质因子 \(P_k^e\)，使 \(P_k \not |\,\, \dfrac{i}{P_k^e}\)，则这部分的贡献是：

\[\sum_{k > j, P_k^2 \le n} \sum_{e \ge 1, P_k^e \le n} f(P_k^e)\left(S(\left\lfloor\frac{n}{P_k^e}\right\rfloor, k) + [e > 1]\right) \]

因为 \(e = 1\) 时 \(P_k\) 已经被质数部分算过了，所以需要加上条件 \([e > 1]\)。

最终 \(S(n, j)\) 的转移式为：

\[S(n, j) = g(n, |P|) - \sum_{i = 0}^j f'(P_i) + \sum_{k > j, P_k^2 \le n} \sum_{e \ge 1, P_k^e \le n} f(P_k^e)\left(S(\left\lfloor\frac{n}{P_k^e}\right\rfloor, k) + [e > 1]\right) \]

这里要分情况处理的原因是质数部分 \(g(n, j)\) 可以算出所有 \(>\sqrt{n}\) 的 \(f(P_k)\) 的和，而处理合数部分时不会枚举到 \(> \sqrt{n}\) 的 \(P_k\)，不然复杂度炸完了。

不会证时间复杂度，但听说是 \(\mathcal{O}(\dfrac{n^{0.75}}{\log n})\) 或 \(\mathcal{O}(n^{1 - \epsilon})\) 的！

Step 3. 实现

有一些实现上的细节，\(g(n, j)\) 的 \(n\) 很大是存不下的，但是有结论：每次用到 \(g\) 都是形如 \(g(\left\lfloor\dfrac{n}{*}\right\rfloor)\) 的形式。证明这个结论只需要证明：

\[\left\lfloor \frac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c} \right\rfloor = \left\lfloor\frac{a}{bc}\right\rfloor \]

那么记 \(a = (xc + y)b + z\)，其中 \(0 \le y < c, 0 \le z < b\)，则：

\[a = xbc + yb + z \\ \left\lfloor \frac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{xc + y}{c} \right\rfloor = x \\ \left\lfloor\frac{a}{bc}\right\rfloor = x + \left\lfloor\frac{yb + z}{bc}\right\rfloor \]

考虑反证，设它们不相等，则 \(yb + z \ge bc \iff z \ge (c - y)b\)，因为 \(y < c\) 故 \((c - y)b \ge b\)，得出 \(z \ge b\)，矛盾。原命题成立。

所以用数论分块把所有不同的 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 对应的 \(g\) 求出来就行了。用两个数组 \(id_1[k]\) 存 \(k^2 \le n\) 的 \(g(k)\) 和 \(id_2[k]\) 存 \(k^2 \le n\) 的 \(g(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor)\) 即可。当访问 \(g(i)\) 时，若 \(i^2 \le n\) 则返回 \(id_1[i]\)，若 \(i^2 \ge n\) 则返回 \(id_2\left[\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\right]\)。

代码：