杜教晒

一、杜教晒的简介

杜教筛是用来在低于线性时间里，高效求一些积性函数的前缀和

杜教筛算法=整除分块 + 狄利克雷卷积是 + 线性筛

二、杜教筛公式的推导

杜教筛要解决的是这样一类问题：设 $f(n)$ 是一个数论函数，计算 $S(n) = \sum_{i = 1} ^ nf(i)$

由于 $n$ 很大，要求低于 $O(n)$ 的复杂度求解，所以用线性筛是不够的，如果能用到整除分块，每一块的值相等一起算，就加快了速度，也就是构造形如 $\sum_{n = 1} ^ n {\lfloor {n \over i} \rfloor}$ 的整除分块

杜教筛的思路，简单的说就是把 $f(n)$ 构造乘能利用整除分块的新的函数，这个构造用到了卷积。

记 $S(n) = \sum_{i = 1} ^ nf(i)$ ，根据 $f(n)$ 的性质，构造一个 $S(n)$ 关于 $S({n \over i})$ 的递推式, 下面是构造方法。

构造两个积性函数 $h$ 和 $g$ , 满足卷积： $h = g * f$。

根据卷积的定义， 有 $h(i) = \sum_{d | i}g(d)f({i \over d})$, 求和：

\[\sum_{i = 1} ^ nh(i) = \sum_{i = 1}^n\sum_{d|i}^ig(d)f({i \over d}) \\=\sum_{d = 1}^ng(d)\sum_{i =1}^{\lfloor {n \over d} \rfloor}f(i) \\=\sum_{d = 1} ^ ng(d)S({\lfloor {n \over d} \rfloor}) \\=g(1)S(n) + \sum_{i = 2} ^ ng(i)S({\lfloor {n \over i} \rfloor}) \]

所以：

\[g(1)S(n) = \sum_{i = 1} ^ nh(i) - \sum_{i = 2} ^ ng(i)S({\lfloor {n \over i} \rfloor}) \]

上面的式子就是杜教筛公式。

三、例子

莫比乌斯函数的前缀和，记为 $ S(n) = \sum_{i = 1} ^n \mu(i) $

因为 $\sum_{d | m} \mu(d) = [m = 1]$

所以令 $ f = \mu, h = [m=1], g = 1 $，则

\[S(n) = 1 - \sum_{i = 2} ^ nS({\lfloor {n \over i} \rfloor}) \]

代码：

#include<cstdio>
#include<map>

using namespace std;
const int N = 6e6 + 10;
typedef long long ll;
map<int, int> mp; 

int mu[N], prime[N], cnt;
bool vis[N];

void getmu() {
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++) {
        if(!vis[i]) {
            prime[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < N; j++) {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i < N; i++) {
        mu[i] += mu[i - 1];
    }
}

ll calsmu(ll x) {
    if(x < N) return mu[x];
    if(mp[x]) return mp[x];
    ll ans = 1, r = 0;
    for(ll i = 2; i <= x; i = r + 1) {
        r = x / (x / i);
        ans -= (r - i + 1) * calsmu(x / i);
    }
    return mp[x] = ans;
}

int main() {
    getmu();
    ll a, b;
    scanf("%lld%lld", &a, &b);
    printf("%lld\n", calsmu(b) - calsmu(a - 1));
    return 0;
}

欧拉函数前缀和, 记为 $ S(n) = \sum_{i = 1} ^ n \varphi(i) $

因为 $ \sum_{d|n} ^ n \varphi(d) = n $

所以令 $ f = \varphi,h = i, g = 1$, 则

\[S(n) = \sum_{i = 1}^ni - \sum_{i = 2} ^ nS({\lfloor {n \over i} \rfloor}) \]

代码：

#include<cstdio>
#include<map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 6e6 + 10;
const ll mod = 1000000007;
ll prime[N], cnt, phi[N];
bool vis[N];
map<ll, ll> mp;
const ll inv=500000004;

void getphi() {
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; i++) {
		if(!vis[i]) {
			prime[cnt++] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < N; j++) {
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
		}
	}
	for(int i = 1; i < N; i++) {
		phi[i] = (phi[i] + phi[i - 1]) % mod;
	}
}

ll calsphi(ll n) {
	if(n < N) return phi[n];
	if(mp[n]) return mp[n];
	ll ans = n % mod * (n % mod + 1ll) % mod * inv % mod;
	ll r = 0;
	for(ll i = 2; i <= n; i = r + 1) {
		r = n / (n / i);
		ans = (ans - (r - i + 1) % mod * calsphi(n / i) % mod + mod) % mod; 
	}
	return mp[n] = ans % mod;
}

int main() {
	getphi();
	ll n;
	scanf("%lld", &n);
	printf("%lld\n", calsphi(n));
	return 0;
}

四、例题

1.function

题目描述

There is a function $f(x)$,which is defined on the natural numbers set $N$ ,satisfies the following eqaution $ N^2 - 3 * N + 2 = \sum_{d|N}f(d) $

calulate $\sum_{i = 1} ^ Nf(i)\ \ \ \ mod \ \ \ 10^9 + 7$.

输入描述

the first line contains a positive integer $T$,means the number of the test cases.

next $T$ lines there is a number $N$

$T \leq 500, N \leq 10^9$

only $5$ test cases has $N > 10^6$

输出描述

$T$lines,each line contains a number,means the answer to the $i$-th test case.

Sample input

1
3

Sample Output

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5608

解题思路：

这题就是杜教筛的模板题

题目中给定$ N^2 - 3 * N + 2 = \sum_{d|N}f(d) $

所以令 $h = i^2-3*i+2, g = 1$ 即可

\[S(n) = \sum_{i = 1} ^ n(i - 2)*(i - 1) - \sum_{i = 2} ^ nS({\lfloor {n \over i} \rfloor}) \]

这题你通过题目中给定的式子可以发现 $f(i) = h(i) - \sum_{d|i}h(d)$

因此当n很小的时候可以先离线计算

AC代码：

#include<cstdio>
#include<map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

ll ans[N], F[N];

ll inv3 = 333333336;

void init() {
	for(int i = 1; i < N; i++) {
		ans[i] = 1ll * (i - 1) * (i - 2) % mod;
	}
	for(int i = 1; i < N; i++) {
		for(int j = 2 * i; j < N; j += i) {
			ans[j] = (ans[j] - ans[i] + mod) % mod;
		}
	}
	for(int i = 2; i < N; i++) {
		ans[i] = (ans[i] + ans[i - 1]) % mod;
	}
}

map<ll, ll> mp;

ll getsf(ll n) {
	if(n < N) return ans[n];
	if(mp[n]) return mp[n];
	ll ans = (n % mod) * (n - 1) % mod * (n - 2) % mod * inv3 % mod, r = 0;
	for(ll i = 2; i <= n; i = r + 1) {
		r = n / (n / i);
		ans = (ans - (r - i + 1) % mod * getsf(n / i) % mod + mod) % mod;
	}
	return mp[n] = ans;
}

int main() {
	init();
	int t;
	ll n;
	scanf("%d", &t);
	while(t--) {
		scanf("%lld", &n);
		printf("%lld\n", getsf(n));
	}
	return 0;
}

posted @ 2022-04-04 10:30 seekerHeron 阅读(49) 评论(0) 收藏举报

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