[复习]莫比乌斯反演,杜教筛,min_25筛

[复习]莫比乌斯反演,杜教筛,min_25筛

莫比乌斯反演

做题的时候的常用形式:

\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{n|d}f(d)\\f(n)&=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)\end{aligned} \]

实际上还有

\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{d|n}f(d)\\f(n)&=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d)\end{aligned} \]

证明可以看看这里,只需要把式子带回去就可以证了。
式子很简单,做题很有用,技巧很丰富。

主要通过题目来写这一部分的内容。

  • 【BZOJ1101】ZAP
    题意:求\(\displaystyle \sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(i,j)==d]\)
    题解:
    \(\displaystyle f(d)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(i,j)==d],g(n)=\sum_{n|d}f(d)\)
    那么通过式子的含义不难知道\(\displaystyle g(d)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[d|gcd(i,j)]\)
    那么推导就很简单了

\[\begin{aligned} g(d)&=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[d|gcd(i,j)]\\ &=\sum_{i=1}^{a/d}\sum_{j=1}^{b/d} [1|gcd(i,j)]\\ &= \lceil \frac{a}{d} \rceil* \lceil \frac{b}{d} \rceil\\ f(d)&=\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})g(i)\\ &=\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})\lceil \frac{a}{i} \rceil* \lceil \frac{b}{i} \rceil\\ &=\sum_{i=1}^{min(a,b)/d}\mu(i)\lceil \frac{a/d}{i} \rceil* \lceil \frac{b/d}{i} \rceil\\ \end{aligned}\\ \]

考虑最终这个求和式,如果直接单次\(O(min(a,b)/d)\)的计算,那么复杂度是\(O(Tmin(a,b)/d)\)的,是会\(TLE\)的。
实际上,当\(i\)\([1,n]\)时,\(n/i\)向下取整的取值只有大约\(2\sqrt n\)个左右,所以对于相同的值完全可以合并在一起算,所以我们只需要处理出\(\mu\)的前缀和即可直接数论分块计算,把单次复杂度优化到了\(\sqrt {min(a,b)}\)级别。

\[\begin{aligned} Ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m lcm(i,j)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \frac{ij}{gcd(i,j)}\\ &=\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d]ij\\ &=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} [gcd(i,j)=1]ij \end{aligned}\]

\(\displaystyle f(d,n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]ij,g(n)=\sum_{n|d}f(d)\)

\[\begin{aligned} g(d)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[d|gcd(i,j)]ij\\ &=d^2\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}ij\\ &=d^2 S([\frac{n}{d}])S([\frac{m}{d}]) \end{aligned}\]

其中\(\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}{2}\)
那么题目中的式子要求的是\(\displaystyle f(1)=\sum_{i=1}^n\mu(i)g(i)\)
带回到式子中去,可以得到:

\[\begin{aligned} Ans&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} [gcd(i,j)=1]ij\\ &=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)i^2S([\frac{n}{id}])S([\frac{m}{id}]) \end{aligned}\]

到了这一步,可以做到\(O(n)\)的复杂度了,提前预处理后面整块的前缀和,然后数论分块计算答案即可。
但是如果要复杂度更加优秀的话,我们需要继续推导。

\[\begin{aligned} Ans&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)i^2S([\frac{n}{id}])S([\frac{m}{id}])\\ &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])\sum_{d|T,id=T}d\mu(i)i^2\\ &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])\sum_{i|T}\frac{T}{i}\mu(i)i^2\\ &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])T\sum_{i|T}i\mu(i) \end{aligned}\]

不难发现最后那一部分是一个积性函数,那么\(\displaystyle T\sum_{i|T}i\mu(i)\),可以在线性时间里面筛出值并算出前缀和,所以对于前半部分数论分块,可以做到单次询问\(O(\sqrt n)\)
考虑这里比前面单词询问线性的优化在了哪里,之前那个的确可以做到回答答案是根号级别的,但是因为每次的\(n,m\)的值都不同,导致不得不需要对于每一次不同的询问做一次前缀和,而后面那个则每次需要预处理的东西都是一样的,因此只需要全局做一次预处理即可。
想想这个操作的本质,其实就是数论分块的对象不同而已,因此当有多个和式出现的时候,要考虑清楚到底对于谁进行数论分块,能够达到最好的效果。

现在可以来总结一下。
我们仔细想想,这类题目的难点在哪里呢?
首先是推式子,但是这个熟练之后很简单。注意对于不同的东西数论分块可以得到不同的复杂度。
其次就是为了数论分块求函数的前缀和了。其实这个算不上太难,如果数据范围到了\(1e7\),显然只能线性筛,那就通过线性筛的本质来考虑,如果当前加入的是一个从未出现过的质因子,那么直接乘积即可,否则的话考虑额外加入一个重复质因子时的贡献。对于赋初值而言,只需要单独考虑质数的贡献就好了。如果数据范围并没有到达\(1e7\),如果在\(1e6\)的范围内,不要一味考虑线性筛,这个复杂度下,调和级数的埃氏筛也是可行的。同时要对于一些积性函数的狄利克雷卷积有所了解,这样推式子的时候会方便很多。
这里也提供几个比较常用的式子。
\(1\)表示常数,即\(1(i)=1\)
\(e\)表示单位元,\(e(i)=[i==1]\)
\(id\)表示这个数本身,\(id(i)=i\)
\(\mu,\varphi\)就不说了。

  • \(\displaystyle (1*\mu)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=e\)
    证明并不难,\(\mu\)考虑的只有单个质因子,当某个质因子出现超过了\(1\)\(\mu\)的值就是\(0\)。那么我们假设\(\displaystyle n=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}\)。那么我们真正有用的值只有\(2^k\)个。当\(k>0\)的时候,显然\(\mu=1\)\(\mu=-1\)是一一对应的,因此和为\(0\),当\(k=0\)的时候,\(n=1\),此时结果为\(1\)。因此这两个的狄利克雷卷积就是单位元。

  • \(\displaystyle (\mu*id)(n)=\sum_{d|n}d\mu(\frac{n}{d})=\varphi(n)\)
    其实换种写法就很好证明了,\(\displaystyle \sum_{d|n}\frac{n}{d}\mu(d)\)
    \(\mu\)函数又可以称为容斥系数,那么这鬼玩意的本质就是\(n\)减去其大于\(1\)的约数的倍数,也就是与\(n\)互质的数的个数,也就是\(\varphi\)

  • \(\displaystyle (1*\varphi)(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)=id(n)=id\)
    可以用狄利克雷卷积的方法证明:\(\displaystyle1*\varphi=1*\mu*id=e*id=id\)

  • \(\displaystyle \sum_{i=1}^n [gcd(i,n)=1]i\)
    即小于\(n\)并且与\(n\)互质的数之和。除了莫比乌斯反演可以推之外,还有一个很好的推导方法。假设\(x\)\(n\)互质,那么\(n-x\)\(n\)互质,因此所有与\(n\)互质的数可以两两配对,且和为\(n\)。因此上述式子等于\(\displaystyle \frac{n\varphi(n)}{2}\)

杜教筛

求解积性函数前缀和。
假设给定的积性函数为\(f(x)\),设它的前缀和\(\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)\)
显然不能直接求解我们才会单独把它拿出来考虑。
既然不能直接求解的话,肯定要找一个什么东西来过度,假装我们找到了一个积性函数\(g(x)\)
把两者卷积起来:

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

然后考虑求解这个玩意的前缀和:

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n (g*f)(i)&=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ &=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{j=1}^{n/d}f(i)\\ &=\sum_{d=1}^ng(d)S([\frac{n}{d}]) \end{aligned}\]

然后我们惊奇的发现有这么一个式子:

\[\begin{aligned} g(1)S(n)&=\sum_{i=1}^ng(i)S([\frac{n}{i}])-\sum_{i=2}^ng(i)S([\frac{n}{i}])\\ &=\sum_{i=1}^n (f*g)(i)-\sum_{i=2}^n g(i)S(\frac{n}{i}) \end{aligned}\]

那么假装我们可以快速的计算\((f*g)\)的前缀和,那么后半部分可以数论分块+递归求解。
这样一来我们就可以还原出\(S(n)\)了。
所以。。。实际上杜教筛就是一个构造的过程。
那么能够快速计算前缀和要有多好求呢?比如说我们要求\(\mu\)的前缀和,那么最好可以\(O(1)\)求,而\(\mu*1=e\)\(e\)的前缀和就是\(1\),那就很好办了。令\(f(x)=\mu(x),g(x)=1\),可以得到

\[\begin{aligned} S(n)&=1-\sum_{i=2}^nS([\frac{n}{i}]) \end{aligned}\]

这个东西?递归算算就好了。当然了,别少了记忆化。
推式子熟练了就很好了,而构造\(g\)的时候就记住前面讲的几个常用的狄利克雷卷积的式子,往那个上面靠。这里随便推一道题目可以看看是怎么构造的。

\[\begin{aligned} Ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nijgcd(i,j)\\ &=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}ij[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)*i^2*S^2([\frac{n}{id}])\\ &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])\sum_{d|T} d^3(\frac{T}{d})^2\mu(\frac{T}{d})\\ &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])(T^2\sum_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})\\ &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])(T^2\varphi(T))\\ \end{aligned}\]

考虑怎么求\(f(T)=T^2\varphi(T)\)的前缀和,这个东西显然是一个积性函数。
发现式子中带\(\varphi\),所以杜教筛配\(g\)的时候往\(\displaystyle \sum_{d|T}\varphi(T)=T\)上面靠。

\[\begin{aligned} (f*g)(n)&=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\\ &=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)g(\frac{n}{d})\\ \end{aligned}\]

因为要往只有\(\varphi\)上靠,所以令\(g(x)=x^2\)

\[\begin{aligned} (f*g)(n)&=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)g(\frac{n}{d})\\ &=n^2\sum_{d|n}\varphi(d)\\ &=n^3 \end{aligned}\]

那就很好办了,\(\displaystyle \sum_{i=1}^n i^3=(1+2+...+n)^2\)可以\(O(1)\)计算,那么直接杜教筛就可以快速计算前缀和了。

那么杜教筛就是一个具有很强的构造性的东西,这也从一些方面上使得其并不是那么的实用。

min_25筛

\(min\_25\)筛用于计算积性函数前缀和\(\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)\)
相比于杜教筛而言,\(min\_25\)筛的题目更加灵活多变
所求的积性函数要满足两个条件

  • \(f(x)\)\(x\)为质数的时候要存在一个多项式的表示方法。
  • \(f(x^c)\)\(x\)为质数的时候能够快速计算。

至于为什么是这两个条件,与\(min\_25\)筛的过程之间有着密切的联系。

既然上述的条件中,我们已经把质数单独分割出来了,那么我们应该明白,\(min\_25\)筛的过程是一个分解过程,即把所有数分成两类,质数以及合数,当然还有特殊的\(1\)
这里提前说明几个东西,底下直接把\(P\)定义为质数集合,\(P_i\)表示的是第\(i\)大的质数。

  • 质数部分
    \(g(n,j)\)表示的是,小于等于\(n\)的所有数\(i\)中,其最小质因子\(p\gt P_j\)或者\(i\)本身就是质数的所有的\(i\)\(f(i)\)之和。
    等等,前面不是说了只有当\(i\)是质数的时候才能方便的计算\(f(i)\)吗?别急,这里我们假装所有数都是质数,带入到是质数的式子中一起计算,换句话说,这里就是一个构造过程,不需要管那么多啦QwQ。或者这样想,如果我们知道了\(g(n,\infty)\),显然这个东西就是所有质数的和啊QaQ。接下来往下面看吧。
    考虑一下这个东西怎么样才能转移呢,显然我们的转移从\(j-1\)转移到了\(j\),那么就考虑\(g(n,j-1)\)\(g(n,j)\)多算了些什么。
    多算的部分显然就是那些最小质因子恰好为\(P_{j}\)的数(别忘了上面那个是大于号),那么最小的一个最小质因子为\(P_{j}\)的数是谁呢?\(P_{j}^2\)。如果\(P_j^2\)\(n\)都要大了,那么我们什么也没有减掉,意味着\(g(n,j)=g(n,j-1)\)
    否则的话,想想我们减掉了什么呢?我们先给所有数除掉一个\(P_j\),那么如果剩下的部分的最小质因子还小于等于\(P_j\)的话那么显然不合法,也就是\(\displaystyle g([\frac{n}{P_j}],j-1)\),但是这样子减多了,把小于\(P_j\)的质数的贡献给减掉了,这些质数与\(P_j\)构成的合数的最小质因子小于\(P_j\),显然是早就被减掉了。那么我们重新把第\(1\)个到第\(j-1\)个质数的贡献加回来,也就是\(g(P_j-1,j-1)\)
    然后我们要求的是\(g\)的和,我们减去的是\(P_j\)因子的贡献,而\(f(x)\)为积性函数,所以转移可以写成:

\[g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2>n\\ g(n,j-1)-f(P_j)(g([\frac{n}{P_j}],j-1)-g(P_j-1,j-1))&P_j^2\leq n \end{cases}\]

前面也说了,\(f(x)\)\(x\)为质数的情况下可以写成一个多项式的形式,所以其实这个求\(g\)的本质上可以理解为求\(f(x)=x^k\)的一个过程。同时,每次都是从\(j-1\)转移到\(j\),仔细思考,这个过程很类似于埃氏筛法,每次筛去了一个质数的所有倍数的贡献。
那么如果最终要计算出所有质数的贡献,那么显然就是\(g(n,\infty)\),事实上我们只需要算到\(\sqrt n\) 以内的所有质数就行了。同时,因为上述转移的过程中是整除,其实在计算过程中的\(n\)的取值也只有\(2\sqrt n\)个左右,也只需要离散后记录这些位置就行了。
\(g\)的初值也就是\(g(n,0)\)自己想想怎么计算吧QwQ。

  • 合数部分
    知道了质数的贡献,而目标函数又是积性函数,所以我们只需要用所有的质数拼出所有的合数就可以计算答案了。
    \(S(n,j)\)表示所有最小质因子大于等于\(P_j\)的数\(i\)\(f(i)\)的和,注意这里和上面\(g\)的描述的区别。
    那么计算\(S\)的值的时候显然是先把质数的贡献给算上,这一部分的贡献是\(\displaystyle g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_j)\),其中\(P\)是小于等于\(\sqrt n\)的质数集合。
    接下来考虑合数的贡献,显然每个合数都存在一个最小质因子,那么我们来枚举这个因子,假设为\(P_k,k\geq j\),枚举其幂,假设为\(e\),那么考虑的就是所有包含了\(P_k^e\)的合数的贡献。
    因为\(f\)是积性函数,所以把这里每次就考虑只包含\(P_k^e\)的贡献,首先是\(\displaystyle S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)\),因为这里并没有包含\(1\)的贡献,意味着\(P_k^e\)本身的贡献没有计算进来,所以要额外加进来。
    所以转移就可以写成:

\[S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k\geq j}^{|P|}\sum_{e}(f(P_k^e)S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)+f(P_{k}^{e+1})) \]

所以底下就来丢几道题目吧。。。

  • 【LOJ#6053】简单的函数
    发现这个东西是\(f(p^k)=p\oplus k\),对于质数而言\(f(p)=p-1\),当然\(2\)比较特殊\(f(2)=p+1=3\),所以我们先把它当成\(p-1\)算,最后再加上\(2\)就好了。
    前面也说了,因为在质数上涉及到的是一个多项式计算,所以本质上要求解的就是\(f(p)=p^k\)的形式,那么从这个式子就知道我么要求的是\(k=0\)\(k=1\)的情况。
    \(g(n,j)\)表示\(k=1\)的情况。即\(f(p)=p\),那么显然有转移:

\[g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2>n\\ g(n,j-1)-P_j(g([\frac{n}{P_j}],j-1)-g(P_j-1,j-1))&P_j^2\le n \end{cases}\]

\(h(n,j)\)表示\(k=0\)的情况,即\(f(p)=1\)时的计算,那么有转移:

\[h(n,j)=\begin{cases} h(n,j-1)&P_j^2>n\\ h(n,j-1)-(h([\frac{n}{P_j}],j-1)-h(P_j-1,j-1))&P_j^2\le n \end{cases}\]

显然有\(g(n,|p|)-h(n,|p|)\)为所有质数的答案,假设其为\(F(n)\)
那么设\(S(n,j)\)表示\(\displaystyle \sum_{i=2}^n f(i)\),其中\(i\)的最小质因子大于等于\(P_j\)
得到转移:

\[S(n,j)=F(n)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_j)+\sum_{k\geq j}\sum_e(f(P_k^e)S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)+f(P_k^{e+1})) \]

那么简单的递归处理即可。
讲讲几个实现的地方,首先要筛的质数只有\(\sqrt n\)以内的,所以完全可以把他们的\(f\)的前缀和给求出来,这也就是\(g\)\(S\)中转移看起来不好算的两部分的计算方法。其次,计算\(g(n,j)\)的时候,真正有用的\(n\)只有\(2\sqrt n\)个,因为这个过程你可以看成一个数论分块的过程,因此提前把\(n\)给数论分块,得到所有有用的\(n\),这样子可以节约大量空间。第三,发现\(g\)的转移的中,之和\(j-1\)相关,意味着在开数组的时候只需要开一维,第二维可以滚掉,并且实际上最终\(g\)要用的也只有\(g(n,|P|)\),所以滚掉就好了。最后一个,计算\(S\)的时候不需要记忆化。
这题代码我重写了一遍,直接戳LOJ的提交记录吧

  • 【UOJ#188】sanrd
    \(\displaystyle \sum_{i=l}^r f(i)\)的值,其中\(f(i)\)表示\(i\)的次大质因子。
    看起来这里的这个函数与质数无关,并且也不是一个积性函数了,那么怎么办呢?
    首先实际上我们要求的还是这个函数的前缀和,考虑一下\(min\_25\)筛最终求解答案的过程,每次我们枚举其当前拥有的最小质因子。那么,通过当前计算的\(S(n,j)\)\(j\),我们可以很容易的知道当前数的上一个质因子是\(P_{j-1}\)。那么如果以\(P_{j-1}\)为质因数为贡献的话,显然就是当前剩下的数中质数的个数,这个可以提前用\(min\_25\)的前半部分筛出来。否则以更大的质数为贡献,那么枚举当前的最小质因子把它除掉接着递归处理即可,注意\(P_k^c\)的这个数的次大质因子为\(P_k\),这里的贡献是额外算的。
    代码直接戳UOJ记录
posted @ 2018-12-24 16:12  小蒟蒻yyb  阅读(2843)  评论(20编辑  收藏  举报