浅谈杜教筛
2021/11/1 6:39:29
本文主要是介绍浅谈杜教筛,对大家解决编程问题具有一定的参考价值,需要的程序猿们随着小编来一起学习吧!
今天本身是要学习莫比乌斯反演的,然后题单里面出现了一道需要用杜教筛的题,我还推到了只剩杜教筛的地方
于是迫不得已学习了这种神仙算法,真是迫不得已啊。。。。
杜教筛是一种在线性复杂度以下的求积性函数前缀和的高级算法,大概在\(O(n^{\frac{2}{3}})\)左右
前置知识
积性函数
积性函数:对于任意互质的整数\(a,b\)有\(f(ab)=f(a)f(b)\)则称\(f(x)\)的数论函数
完全积性函数:对于任意整数\(a,b\)有\(f(ab)=f(a)f(b)\)的数论函数
常见的积性函数:\(\varphi,\mu,\sigma,d\)
常见的完全积性函数:\(\epsilon,I,id\)
这里特殊解释一下\(\epsilon,I,id\)分别是什么意思:\(\epsilon(n)=[n=1],I(n)=1,id(n)=n\)
狄利克雷卷积
设\(f,g\)是两个数论函数,它们的狄利克雷卷积卷积是:\((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\)
性质:满足交换律,结合律
单位元:\(\epsilon\)(即\(f*\epsilon=f\))
结合狄利克雷卷积得到的几个性质:
\(\mu * I = \epsilon\)
\(\varphi * I = id\)
\(\mu * id = \varphi\)
然后一定要记住这些常用的卷积函数,关键时候要反应过来
杜教筛
设\(f\)为积性函数,我们现在要求\(\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\)
线性范围一下显然可以直接筛,但是一般题目要求范围为\(n\in [1,1e10]\)
这样我们需要复杂度在线性以下的算法
设\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\)
那么再找一个积性函数\(g\),并把它和\(f\)卷起来,考虑这个函数的前缀和
\(\begin{aligned} &= \sum\limits_{i=1}^{n} \sum \limits _{d|i} f(d)g(\frac{i}{d}) \\ &= \sum \limits _{d=1}^{n} g(d)\sum\limits _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor } f(i) \\ &= \sum \limits _{d=1}^{n} g(d) S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \end{aligned}\)
考虑\(g(1)S(n)\)就等于
\(\sum\limits_{i=1}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})-\sum\limits_{i=2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\)
若不特殊说明,本文中所写的分数均是向下取整
那么前面的式子可以化简为\(\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\)
所以得到了\(\huge{大套路式}\)
\(g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\)
这样的话我们剩下的工作就是找到一个合适的\(g\)函数
要求尽量是可以在复杂度\(O(1)orO(\sqrt{n})\)的情况下出\(\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\),否则无法递归求出解
找到\(g\)后剩下的就是数论分块加递归求解加记忆化了
下面放一个模板题
主要就是使用上述的
\(\varphi * I = id\)
以及
\(\mu * I = \epsilon\)
code
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> #define int long long using namespace std; const int NN=5000000; namespace AE86{ auto read=[](){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; }; }using namespace AE86; int T,n,mu[NN+5],len,prime[NN+5]; int phi[NN+5]; auto getprime=[](){ mu[1]=1; phi[1]=1; for(int i=2;i<=NN;i++){ if(!phi[i]) prime[++len]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1; for(int j=1;j<=len&&prime[j]*i<=NN;j++){ if(i%prime[j]==0){ phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; break; } mu[i*prime[j]]=-mu[i]; phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); } } for(int i=1;i<=NN;i++) mu[i]+=mu[i-1],phi[i]+=phi[i-1]; }; unordered_map<int,int>smu; unordered_map<int,int>sphi; inline int getmu(int n){ if(n<=NN) return mu[n]; if(smu.find(n)!=smu.end()) return smu[n]; int res=1,l=2,r; while(l<=n){ r=n/(n/l); res-=(r-l+1)*getmu(n/l); l=r+1; } return smu[n]=res; } inline int getphi(int n){ if(n<=NN) return phi[n]; if(sphi.find(n)!=sphi.end()) return sphi[n]; int res=(1+n)*n/2;int l=2,r; while(l<=n){ r=n/(n/l); res-=(r-l+1)*getphi(n/l); l=r+1; } return sphi[n]=res; } namespace WSN{ inline short main(){ T=read(); getprime(); while(T--){ n=read(); printf("%lld %lld\n",getphi(n),getmu(n)); } return 0; } } signed main(){return WSN::main();}
接下来就是今天做莫比乌斯反演时碰见的杜教筛题
简单的数学题
\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}ij\times gcd(i,j),(\mod{P})\)
\(\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}ij\times gcd(i,j)\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{d}}id\times jd\times d[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{d}}i\times j[gcd(i,j)=1] \\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{k|gcd(i,j)}\mu(k)ij \\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu(k)k^2(1+2+...+\frac{\frac{n}{d}}{k})^2 \\ \end{aligned}\)
接下来我们令\(sum(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i\),\(T=kd\)
则有,
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu(k)k^2sum^2(\frac{n}{T}) \\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}sum^2(\frac{n}{T})\sum\limits_{d|T}d^3\mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^2 \\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}sum^2(\frac{n}{T})T^2\sum\limits_{d|T}d\mu(\frac{T}{d}) \\ \end{aligned}\)
发现后面的\(\sum\limits_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})\)是\(id*\mu=\varphi\)
那么原式可以化为
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{T=1}^{n}sum^2(\frac{n}{T})T^2\varphi(T)\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}sum^2(\frac{n}{i})i^2\varphi(i)\\ \end{aligned}\)
后面的不会了,然后看题解发现要用杜教筛。。
所以学会杜教筛之后这题就成了简单的数学题
然后我们需要找到一个复杂度在线性以下的算法计算\(\sum\limits_{i=1}^{n}i^2\varphi(i)\)
不难考虑杜教筛,那么需要选择一个\(g\),发现可以选择\(g=id^2\),即\(g(n)=n^2\)
那么设\(f(n)=n^2\varphi(n)\),则
\((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}d^2\varphi(d)\times (\frac{n}{d})^2=n^2\sum\limits_{d|n}\varphi(d)\)
发现后面的\(\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=(I*\varphi)(n)=id(n)=n\)
那么\((f*g)(n)=n^3\),然后杜教筛出前缀和再数论分块就可以解决了
code
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> #define int long long using namespace std; const int NN=5000005; int n,mod,v6,v2,ans; namespace AE86{ auto read=[](){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; }; auto write=[](int x,char opt='\n'){ char ch[20];short len=0;if(x<0)x=~x+1,putchar('-'); do{ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4);x/=10;}while(x); for(short i=len-1;i>=0;--i)putchar(ch[i]);putchar(opt); }; auto qmo=[](int a,int b,int ans=1){ int c=mod;for(;b;b>>=1,a=a*a%c)if(b&1)ans=ans*a%c; return ans; }; inline int sig(int n){return (1+n)%mod*n%mod*v2%mod;} inline int pws(int n){return (2*n%mod+1)%mod*n%mod*(n+1)%mod*v6%mod;} inline int pps(int n){return sig(n)*sig(n)%mod;} }using namespace AE86; namespace Prime{ signed len,prime[NN]; int phi[NN],F[NN]; bool vis[NN]; auto getprime=[](){ phi[1]=1; F[1]=1; for(signed i=2;i<NN;++i){ if(!vis[i]) prime[++len]=i,phi[i]=i-1; for(signed j=1;j<=len&&prime[j]*i<NN;++j){ vis[i*prime[j]]=1; if(!(i%prime[j])){phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;} phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); } F[i]=(phi[i]*i%mod*i%mod+F[i-1])%mod; } }; }using namespace Prime; namespace dujiao_shai{ unordered_map<int,int>sF; inline int getF(int n){ if(n<NN) return F[n]; if(sF[n]) return sF[n]; int res=pps(n); for(int l=2,r;l<=n;l=r+1) r=n/(n/l), res=(res-(pws(r)-pws(l-1)+mod)%mod*getF(n/l)%mod+mod)%mod; res=(res%mod+mod)%mod; return sF[n]=res; } }using namespace dujiao_shai; namespace WSN{ inline short main(){ mod=read();n=read();getprime(); v6=qmo(6,mod-2);v2=qmo(2,mod-2); for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) r=n/(n/l), ans=(ans+(getF(r)-getF(l-1)+mod)%mod*pps(n/l)%mod)%mod; write(ans); return 0; } } signed main(){return WSN::main();}
这篇关于浅谈杜教筛的文章就介绍到这儿,希望我们推荐的文章对大家有所帮助,也希望大家多多支持为之网!
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