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杜教筛

积性函数¶

在数论题目中，常常需要根据一些 积性函数 的性质，求出一些式子的值。

积性函数 ：对于所有互质的 $a$ 和 $b$ ，总有 $f(ab)=f(a)f(b)$ ，则称 $f(x)$ 为积性函数。

常见的积性函数有：

$d(x)=\sum_{i \mid n} 1$

$\sigma(x)=\sum_{i \mid n} i$

$\varphi(x)=\sum_{i=1}^x 1[\gcd(x,i)=1]$

$\mu(x)=\begin{cases}1&\ x=1 \\(-1)^k& \ \prod_{i=1}^k q_i=1\\0 &\ \max\{q_i\}>1\end{cases}$

积性函数有如下性质：

若 $f(x)$ ， $g(x)$ 为积性函数，则

$h(x)=f(x^p)$

$h(x)=f^p(x)$

$h(x)=f(x)g(x)$

$h(x)=\sum_{d \mid x} f(d)g(\frac x d)$

中的 $h(x)$ 也为积性函数。

在莫比乌斯反演的题目中，往往要求出一些数论函数的前缀和，利用 杜教筛 可以快速求出这些前缀和。

杜教筛¶

杜教筛被用来处理数论函数的前缀和问题。对于求解一个前缀和，杜教筛可以在低于线性时间的复杂度内求解

对于数论函数 $f$ ，要求我们计算 $S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$ .

我们想办法构造一个 $S(n)$ 关于 $S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 的递推式

对于任意一个数论函数 $g$ ，必满足

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{d \mid i}f(d)g\left(\frac{i}{d}\right)=\sum_{i=1}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{n}(f\ast g)(i)=\sum_{i=1}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$

略证：

$f(d)g\left(\frac{i}{d}\right)$ 就是对所有 $i\leq n$ 的做贡献，因此变换枚举顺序，枚举 $d,\frac{i}{d}$ （分别对应新的 $i,j$ ）

$\begin{split} &\sum_{i=1}^n\sum_{d \mid i}f(d)g\left(\frac{i}{d}\right)\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}g(i)f(j)\\ =&\sum_{i=1}^ng(i)\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}f(j)\\ =&\sum_{i=1}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{split}$

那么可以得到递推式

$g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$

那么假如我们可以快速对 $\sum_{i=1}^n(f \ast g)(i)$ 求和，并用数论分块求解 $\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 就可以在较短时间内求得 $g(1)S(n)$ .

问题一¶

P4213【模板】杜教筛（Sum）

题目大意：求 $S_1(n)= \sum_{i=1}^{n} \mu(i)$ 和 $S_2(n)= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)$ 的值， $n\le 2^{31} -1$ 。

莫比乌斯函数前缀和¶

由 狄利克雷卷积 ，我们知道：

$\because \epsilon =\mu \ast 1$ （ $\epsilon(n)=~[n=1]$ ）

$\therefore \epsilon (n)=\sum_{d \mid n} \mu(d)$

$S_1(n)=\sum_{i=1}^n \epsilon (i)-\sum_{i=2}^n S_1(\lfloor \frac n i \rfloor)$

$= 1-\sum_{i=2}^n S_1(\lfloor \frac n i \rfloor)$

观察到 $\lfloor \frac n i \rfloor$ 最多只有 $O(\sqrt n)$ 种取值，我们就可以应用 整除分块 （或称数论分块）来计算每一项的值了。

直接计算的时间复杂度为 $O(n^{\frac 3 4})$ 。考虑先线性筛预处理出前 $n^{\frac 2 3}$ 项，剩余部分的时间复杂度为

$O(\int_{0}^{n^{\frac 1 3}} \sqrt{\frac{n}{x}} ~ dx)=O(n^{\frac 2 3})$

对于较大的值，需要用 map 存下其对应的值，方便以后使用时直接使用之前计算的结果。

欧拉函数前缀和¶

当然也可以用杜教筛求出 $\varphi (x)$ 的前缀和，但是更好的方法是应用莫比乌斯反演：

$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n 1[\gcd(i,j)=1]=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{d \mid i,d \mid j} \mu(d)$

$=\sum_{d=1}^n \mu(d) {\lfloor \frac n d \rfloor}^2$

由于题目所求的是 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i 1[\gcd(i,j)=1]$ ，所以我们排除掉 $i=1,j=1$ 的情况，并将结果除以 $2$ 即可。

观察到，只需求出莫比乌斯函数的前缀和，就可以快速计算出欧拉函数的前缀和了。时间复杂度 $O(n^{\frac 2 3})$ 。

使用杜教筛求解¶

求 $S(i)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$ .

同样的， $\varphi\ast 1=ID$

$\begin{split} &\sum_{i=1}^n(\varphi\ast 1)(i)=\sum_{i=1}^n1\cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &\sum_{i=1}^nID(i)=\sum_{i=1}^n1\cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &\frac{1}{2}n(n+1)=\sum_{i=1}^nS\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &S(n)=\frac{1}{2}n(n+1)-\sum_{i=2}^nS\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ \end{split}$

代码实现

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn = 2000010;
typedef long long ll;
ll T, n, pri[maxn], cur, mu[maxn], sum_mu[maxn];
bool vis[maxn];
map<ll, ll> mp_mu;
ll S_mu(ll x) {
  if (x < maxn) return sum_mu[x];
  if (mp_mu[x]) return mp_mu[x];
  ll ret = 1ll;
  for (ll i = 2, j; i <= x; i = j + 1) {
    j = x / (x / i);
    ret -= S_mu(x / i) * (j - i + 1);
  }
  return mp_mu[x] = ret;
}
ll S_phi(ll x) {
  ll ret = 0ll;
  for (ll i = 1, j; i <= x; i = j + 1) {
    j = x / (x / i);
    ret += (S_mu(j) - S_mu(i - 1)) * (x / i) * (x / i);
  }
  return ((ret - 1) >> 1) + 1;
}
int main() {
  scanf("%lld", &T);
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i < maxn; i++) {
    if (!vis[i]) {
      pri[++cur] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= cur && i * pri[j] < maxn; j++) {
      vis[i * pri[j]] = true;
      if (i % pri[j])
        mu[i * pri[j]] = -mu[i];
      else {
        mu[i * pri[j]] = 0;
        break;
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i < maxn; i++) sum_mu[i] = sum_mu[i - 1] + mu[i];
  while (T--) {
    scanf("%lld", &n);
    printf("%lld %lld\n", S_phi(n), S_mu(n));
  }
  return 0;
}

问题二¶

「LuoguP3768」简单的数学题

大意：求

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\cdot j\cdot\gcd(i,j)\pmod p$

其中 $n\leq 10^{10},5\times 10^8\leq p\leq 1.1\times 10^9$ , $p$ 是质数。

利用 $\varphi\ast1=ID$ 做莫比乌斯反演化为

$\sum_{d=1}^nF^2\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)\cdot d^2\varphi(d) \left(F(n)=\frac{1}{2}n\left(n+1\right)\right)\\$

对 $\sum_{d=1}^nF\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)^2$ 做数论分块， $d^2\varphi(d)$ 的前缀和用杜教筛处理：

$\begin{split} &f(n)=n^2\varphi(n)=(ID^2\varphi)(n)\\ &S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n(ID^2\varphi)(i) \end{split}$

需要构造积性函数 $g$ ，使得 $f\times g$ 和 $g$ 能快速求和

单纯的 $\varphi$ 的前缀和可以用 $\varphi\ast1$ 的杜教筛处理，但是这里的 $f$ 多了一个 $ID^2$ ，那么我们就卷一个 $ID^2$ 上去，让它变成常数：

$S(n)=\sum_{i=1}^n\left((ID^2\varphi)\ast ID^2\right)(i)-\sum_{i=2}^nID^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$

化一下卷积

$\begin{split} &(ID^2\varphi)\ast ID^2)(i)\\ =&\sum_{d \mid i}(ID^2\varphi)(d)ID^2\left(\frac{i}{d}\right)\\ =&\sum_{d \mid i}d^2\varphi(d)\left(\frac{i}{d}\right)^2\\ =&\sum_{d \mid i}i^2\varphi(d)=i^2\sum_{d \mid i}\varphi(d)\\ =&i^2(\varphi\ast1)(i)=i^3 \end{split}$

再化一下 $S(n)$

$\begin{split} S(n)&=\sum_{i=1}^n\left((ID^2\varphi)\ast ID^2\right)(i)-\sum_{i=2}^nID^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &=\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)^2-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ \end{split}$

分块求解即可