数论筛法小记

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会挖坑，好让复习的时候长脑子。

很多证明只是提两句，因为给自己看，以免复习时没有思路。

以下所有 \(p\) 都是质数，即 \(p\in\mathbb{P}\)，同时默认均为正整数。

基础（Base）

唯一分解定理（算术基本定理）：

\[\begin{align} \forall n>1,n=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{t_i} \end{align} \]

后面默认都分解了。

积性函数：

\[\begin{align} \forall x\perp y,f(xy)=f(x)f(y) \end{align} \]

完全积性函数：

\[\begin{align} \forall x,y\in\N_+,f(xy)=f(x)f(y) \end{align} \]

完全积性函数出现的比较少，不过积性函数也较好处理，可以线性筛。

经典的积性函数：

  • \(\varphi\)：欧拉函数。有性质 \(\varphi(n)=n\prod{\frac{p_k-1}{p_k}}\) 和 \(n=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)\)。

    第一个考虑 \(\varphi(p^t)\) 的取值，发现是 \(p^{t-1} (p-1)\) 就很好说明。

    第二个考虑 \(\frac{1}{n},\frac{2}{n},\dots,\frac{n}{n}\) 这一串数的个数，化成最简分数来算。

  • \(\mu\)：莫比乌斯函数。原始定义是 \(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)=[n=1]\)。

    根据定义可得:

\[\mu(x)= \begin{cases} (-1)^k,&\forall p\mid n,p^2 \nmid n\\ 0,&\text{otherwise}. \end{cases} \]

  • \(\text{d}\) 与 \(\sigma\) 及 \(\sigma_k\)：约数个数函数 与 约数和函数 及 除数函数。

    其实 \(\text{d}\) 就是 \(\sigma_0\)……

    表述可以是：\(\sigma_k(n)=\sum\limits_{d\mid n}d^k\)。

一些比较牛逼的完全积性函数：

  • \(\epsilon\)，依夫瑟洛！：狄利克雷卷积下的单位元，\(\epsilon(n)=[n=1]\)。
  • \(\text{I}\)：单位函数，\(\text{I}(n)=1\)。
  • \(\text{Id}\) 与 \(\text{Id}_k\)：就是走个形式，\(\text{Id}_k(n)=n^k\)。

别的先不谈，考虑怎么算积性函数。

简单筛（Sieve base）

计算原理

其实说筛之前应该先看一下积性函数的计算原理。

由于算术基本定理，任意数都可以表为若干个质数的次幂乘积。

因此我们只要分解 \(x\)，就可以根据积性函数的性质乘出 \(f(x)\)。

由于分解难，往往是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的复杂度，当然有一些随机算法能做到更优。

然而另一种思路是主动去凑 \(n\)，这在要求出 \(1\sim n\) 的 \(f\) 的值时就会更快。

这样就成了筛法。

线性筛。

埃筛 is too naive。

线性筛使得每个数字只被自己的最小质因子筛一次，过程如下：

Note: This is not pseudocode!
- If i is a prime
  - Add i into the P
- For all pri in P
  - Calc x=i*p
  - if p is a divisor of i
    * Calc x by p and i,then break
  - else f(x)=f(i)*f(p)

关键步骤在 * 一句，我们需要根据 \(p\) 和 \(i\) 算出 \(x=ip\) 的值，而此时 \(i\) 中已经含有至少一个 \(p\)。

可以使用无脑做法：\(f(x)=f(\frac{i}{p^t})f(p^t)\)，显然可知 \(\frac{i}{p^t} \perp p^t\)，正确性有保障。

注意像 \(x=p^t\) 这样形式的情况要特别算。

这个基本就是线性筛积性函数的普适做法，感觉其实非常地简单但我当初就是听不懂。

狄利克雷卷积（Dirichlet Convolution）

狄利克雷卷积（以下简称卷积），定义如下：

若 \(h=f*g\)，则

\[h(n)=\sum\limits_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum\limits_{d\mid n}g(d)f(\frac{n}{d}) \]

卷积满足交换律：\(f*g=g*f\)。

同时满足结合律：\((f*g)*h=f*(g*h)\)。

一些常见的卷积：

  • \(\epsilon*f=f\)
  • \(\text{I}*\mu=\epsilon\)
  • \(\text{Id}_k*\text{I}=\sigma_k\)
  • \(\text{I}*\varphi=\text{Id}\)
  • \(\text{Id}*\varphi=\mu\)

上面这些都可以拆式子得到。

比较重要的，卷积结合点乘的特殊规律：

\((f\cdot g)*(f\cdot h)=f\cdot(g*h)\)，要求 \(f\) 是完全积性函数。

考虑证明：

\[\begin{align} (f\cdot g)*(f\cdot h)(n) &=\sum\limits_{d\mid n} (f\cdot g)(d)(f\cdot h)(\frac{n}{d}) \\ &=\sum\limits_{d\mid n} f(d)f(\frac{n}{d})g(d)h(\frac{n}{d}) \\ &=\sum\limits_{d\mid n} f(n)g(d)h(\frac{n}{d}) \\ &=f(n)\sum\limits_{d\mid n} g(d)h(\frac{n}{d}) \\ &=f(n)\cdot(g*h)(n) \end{align} \]

显然成立。

整除分块（Sqrt Decomposition）

现在补充这个 trick。

考虑一个形如：\(\sum\limits_{i=1}^n f(i)g(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\) 的式子。

不难发现，\(g(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\) 这一部分的值在一段内是相同的。

那么能否拆成若干段来加速？

  • 对于 \(i\le\sqrt{n}\)，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的取值只有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 种。
  • 对于 \(i>\sqrt{n}\)，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor<\sqrt{n}\)，因此取值也只有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 种。

枚举每一段左右端点，取另一函数区间和（可用前缀和相减得到），乘上即可。

然后怎样根据 \(l\) 算出另一端点 \(r\)？

不难发现，由于 \(\lfloor\frac{n}{l}\rfloor=\lfloor\frac{n}{r}\rfloor\)，可得 \(r\lfloor\frac{n}{l}\rfloor\le n\)。

然后分完一整段则是 \(r\) 最大，那么由 \(r\le\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\)，可知 \(r=\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\rfloor\)。

代码如下 （放弃了鬼畜的流程表述）：

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
	r=(n/(n/l)),ans=(sum[r]-sum[l-1])*func(n/l);

扩展：若存在 \(n\) 和 \(m\) 两个范围，即形如：\(\sum\limits_{i=1}^{\min{n,m}} f(i)g(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)h(\lfloor\frac{m}{i}\rfloor)\)，则每一块为：\([i,\min{\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor,\lfloor\frac{m}{\lfloor\frac{m}{i}\rfloor}\rfloor}]\)，且块的数量是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n}+\sqrt{m})\) 级别的。

这个东西用处很多，比如在能快速求某一函数前缀和，或 \(\mathcal{O}(n)\) 预处理后回答多次询问等情形。

杜教筛！（Du）

杜教筛用于在亚线性时间内求积性函数前缀和。

思路：构造 \(h=f*g\)，其中 \(f\) 是欲求前缀和的函数。

记 \(Sf\) 为 \(f\) 前缀和，写一写：

\[\begin{align} Sh(n)&=\sum\limits_{i=1}^n h(i) \\ &=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{d\mid i}g(d)f(\frac{i}{d}) \\ &=\sum\limits_{d=1}^n g(d)\sum\limits_{d\mid i,i\le n}f(\frac{i}{d}) \\ &=\sum\limits_{d=1}^n g(d)\sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(k) \\ &=\sum\limits_{d=1}^n g(d)Sf(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \end{align} \]

不难发现形成了递归式，变一下式子即可得到 \(Sf(n)\)：

\[\begin{align} Sh(n)&=\sum\limits_{d=2}^n g(d)Sf(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)+g(1)Sf(n) \\ g(1)Sf(n)&=Sh(n)-\sum\limits_{d=2}^n g(d)Sf(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \\ Sf(n)&=\frac{Sh(n)-\sum\limits_{d=2}^n g(d)Sf(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)}{g(1)} \end{align} \]

然后运用整除分块，即可直接做。

需要 \(g\) 能快速查单点，\(h\) 能快速算前缀和 （有时或可筛套筛？）。

复杂度我不会证，似乎要用到微积分，CSP 完了学一下。

如果预处理前 \(n^{\frac{2}{3}}\) 项的值，则复杂度是 \(n^{\frac{2}{3}}\) 的；否则为 \(n^{\frac{3}{4}}\)。

不要求是积性函数，能卷就行。

Trick

也许是重点。

\[\begin{align} &\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d\mid i} f(d)g(\frac{i}{d}) \\ &=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{d\mid i,i\le n} f(d)g(\frac{i}{d}) \\ \end{align} \]

这种情况可以把 \(f(d)\) 提到外层求和，然后内层因为顺序无关，而 \(k=\frac{i}{d}\) 遍取 \(1\sim\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\) 中所有整数（考虑 \(kd=i,i\le n\)，可以解出 \(k\) 的范围），故可化为：

\[\begin{align} &=\sum\limits_{d=1}^n f(d)\sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(k) \end{align} \]

\[\begin{align} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n \sigma_0(ij) \\ &=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{d_1\mid i,d_1\le n}\sum\limits_{d_2\mid j,d_2\le n} [\gcd(d_1,d_2)=1] \end{align} \]

这个推导在直观上很对，但不难发现直观理解出来，枚举的量既有重又有漏。

但是我们考虑 \(p^{t_1}\mid i\) 和 \(p^{t_2}\mid j\) 及 \(p^{t_3}\mid d,d\mid ij\)，不妨做这样的钦定：

  • 若 \(t_3\le t_1\)，钦定全部用 \(i\) 中的 \(p\)；此时 \(d_1\) 含有因子 \(p\)，\(d_2\) 不含。
  • 若 \(t_3>t_1\)，钦定用完 \(i\) 中的 \(p\)，然后使用 \(j\) 中的 \(t_3-t_1\) 个 \(p\)；此时 \(d_2\) 含有因子 \(p\)，并强制令 \(d_1\) 不含。

也就是说当 \(d_1\) 不含因子 \(p\) 而 \(d_2\) 含有时，意味着 \(d_1\) 提供 \(i\) 的所有因子 \(p\) 给 \(d\)。

两种情况下都做到了 \(\gcd(d_1,d_2)=1\)，同时保证了对于 \(d\) 任意因子 \(p\) 的所有个数方案都可达。

故上式正确，同时也可解释为何在算约数和时不能直接套用此法。

posted @ 2023-10-13 23:37  LQ636721  阅读(51)  评论(0)    收藏  举报