筛筛筛

前言

最不喜欢的一集。数论感觉对我而言还是太神秘了。

线性筛

没啥好说的，反正啥积性函数都能筛，这就导致所有筛都得是亚线性的，不然一点优势都没有。

接下来几乎所有的筛法都是解决积性函数单点询问前缀和的问题。为啥不解决单点询问积性函数值呢，因为你基本上一分解质因数就啥都没了。

杜教筛

为了求 \(S_f\)，我们给它卷上另一个构造的函数 \(g\)。

\[\begin{aligned} S_{f*g}(n)&=\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}f(\frac id)g(d)\\ &=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}f(x)\\ &=\sum_{d=1}^ng(d)S_f(\lfloor\frac nd\rfloor) \end{aligned} \]

考虑移项。

\[S_f(n)=\frac{1}{g(1)}(S_{f*g}(n)-\sum_{d=2}^ng(d)S_f(\lfloor\frac nd\rfloor)) \]

右边那个和式可以数论分块。

所以，我们构造的 \(g\) 要满足，可以快速计算 \(S_g,S_{f*g}\)，\(g(1)\neq 0\)。

下面来分析一下复杂度。首先所有能够被用到的 \(\lfloor\frac nd\rfloor\) 构成的集合其实就是 \(S=\{\lfloor\frac nd\rfloor\mid d\in N\}\)，这是因为 \(\lfloor\frac{\lfloor\frac nd\rfloor}x\rfloor=\lfloor\frac n{dx}\rfloor\)。

所以我们总的复杂度其实就是计算 \(S\) 所有元素的 \(S_{f*g},S_f(n)\)。我们这里假设计算 \(S_{f*g}(n),S_g(n)\) 都是 \(O(1)\) 的。

考虑现在正在计算 \(S_f(n)\)，这需要一次数论分块，复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。

因此总复杂度是 \(T(n)=O(\sqrt{n})+\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\sqrt{i})+\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\sqrt{\frac ni})=O(n^{\frac 34})\)。

如果预处理了 \(1\dots m(m\ge\sqrt{n})\) 的 \(S_f\)，那么复杂度变为 \(O(T_0(m)+\frac n{\sqrt{m}})\)。当 \(T_0(m)=O(m)\) 时取 \(m=n^\frac 23\) 得到最优复杂度 \(O(n^\frac 23)\)。

事实上，只要我们有方法知道 \(f,g,f*g\) 中任意两个在根号处的位置，都可以通过杜教筛知道另一个函数。

例题

让我们练练手吧！

• 试计算 \(S(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)i^2,n\le 10^9\)。

你需要知道的是，如果 \(h\) 是完全积性函数，那么 \((fh)*(gh)=(f*g)h\)。

我们要求的函数是 \(\varphi id_2\)，考虑给它再卷上一个 \(id_2\)。

\[(\varphi id_2)*id_2=(\varphi id_2)*(1id_2)=(\varphi*1)id_2=id_3 \]

后面就是套杜教筛就行了。

类似地，\(\mu id_k,\varphi id_k\) 都可以计算。

• 试计算 \(S(n)=\mu^2*(\mu id)\)。

\[\mu^2*(\mu id)*id=\mu^2*((\mu id)*id)=\mu^2*\epsilon=\mu^2 \]

问题变成了 \(\mu^2\) 的前缀和，这是一个重要的问题，叫做无平方因子数。

我们称一个数是无平方因子数，当且仅当它质因数分解后，所有次幂都 \(\le 1\)。事实上 \([x 是无平方因子数]=\mu^2(x)\)。

考虑求无平方因子数个数的前缀和 \(f(n)\)，设另一函数 \(g(x)=[最大的 p 满足 p^2\mid x]\)。

那么我们要求的就是 \(f(n)=\sum_{x=1}^n[g(x)=1]=\sum_{x=1}^n\sum_{d\mid g(x)}\mu(d)\)。

而 \(d\mid g(x)\iff d^2\mid x\)，所以 \(f(n)=\sum_{d=1}^n\mu(d)\lfloor\frac n{d^2}\rfloor\)。

也就是说 \(\sum_{x=1}^n\mu^2(x)=\sum_{d=1}^{\sqrt{n}}\mu(d)\lfloor\frac n{d^2}\rfloor\)。

PN 筛

听说算是杜教筛的扩展。

我们定义 Powerful Number \(x\)，为质因数分解之后，所有次幂都 \(\ge 2\) 的数。

一个性质是，所有 PN 可以被表示成 \(a^2b^3\) 形式，这个只需要根据次幂的奇偶性决定放到 \(a\) 还是 \(b\) 里头。

这样 PN 的个数就可以估计了。

\[\int_0^{\sqrt{n}}\sqrt[3]{\frac n{x^2}}\text{d}x=O(\sqrt{n}) \]

为了找到所有的 PN，我们可以先筛出 \(\sqrt{n}\) 内的质数，然后 dfs 搜索指数，这样每个数只会被搜到一次，复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。

接下来说 PN 筛的部分。

我们要筛的函数 \(f\) 要是积性函数，并且构造另一个函数 \(g\)，满足 \(g\) 是积性函数，\(g(p)=f(p),p\in Prime\)，\(g\) 的前缀和方便计算。

构造另一个函数 \(h=f/g,h(1)=1\)，换句话说 \(f=g*h\)，对于素数 \(p\)，\(f(p)=g(p)h(1)+g(1)h(p)\Rightarrow h(p)=0\)。

又由 \(h\) 是积性函数，我们知道它只在 PN 处不为 \(0\)。

\[\begin{aligned} S_f(n)&=\sum_{x=1}^n\sum_{d\mid x}g(\frac xd)h(d)\\ &=\sum_{d=1}^nh(d)S_g(\lfloor\frac nd\rfloor)\\ &=\sum_{d=1,d\in PN}h(d)S_g(\lfloor\frac nd\rfloor) \end{aligned} \]

清算复杂度，我们可以分成计算 \(S_g\) 的根号部分，计算 \(h(d)\)，搜索部分三部分。

对于计算 \(S_g\)，我们可以使用杜教筛，有公式当然用公式。

对于计算 \(h(d)\)，我们只需要计算 \(h(p^a)\) 处的值，有公式用公式，没有公式由 \(f=g*h\) 得到 \(h(p^a)=\frac{1}{g(1)}(f(p^a)-\sum_{i=1}^ag(p^i)h(p^{a-i}))\)。这部分复杂度上界是 \(O(\frac{\sqrt{n}}{\log n}\log n\log n)=O(\sqrt{n}\log n)\)，有具体优化空间。

对于搜索，这部分是 \(O(\sqrt{n})\)。

所以，PN 筛复杂度大约是 \(O(\sqrt{n})\)。

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