狄利克雷卷积
概念
对于数论函数 \(f,g\),定义其狄利克雷卷积 \(h=f*g\),满足:
\[h(n)=(f*g)(n)=\sum_{d\mid n} f(d)g\left(\dfrac{n}{d}\right) \]运算律:
-
满足交换律,显然具有对称性。
-
满足结合律,等价于三个 \(d_i\) 贡献到 \(n\)。
-
满足加法的分配率。
常见数论函数:
-
\(\mathrm{I}\),常函数,值恒为 \(1\)。
-
\(\mathrm{Id}_k\),幂函数,值为 \(n^k\)。
-
\(\epsilon\),狄利克雷卷积的单位元,除 \(\epsilon(1)=1\) 外其余均为 \(0\)。
-
\(\mu\),莫比乌斯函数,狄利克雷卷积的逆元。
-
\(\varphi\),欧拉函数。
-
\(\sigma_k\),除数函数,定义 \(\sigma_k(n)=\sum_{d\mid n}d^k\)。
常见数论函数卷积变换
-
\(\mu *\mathrm{I}=\epsilon\)
-
\(\varphi *\mathrm{I}=\mathrm{Id}\)
-
\(\mathrm{Id}_k *\mathrm{I}=\sigma_k\)
-
\(\mu* \mathrm{Id}=\varphi\)
-
\((\mu \cdot \mathrm{Id}_k)*\mathrm{Id}_k=\epsilon\)
-
\((\varphi\cdot \mathrm{Id}_k)*\mathrm{Id}_k=\mathrm{Id}_{k+1}\)
杜教筛
原理
求数论函数前缀和。
设 \(h=f*g,S=\sum f\),容易推得:
\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n h(i)&=\sum_{i=1}^n \sum_{j\mid i} f(j)g\left(\dfrac{i}{j}\right)\\ &=\sum_{j=1}^n g(j)\sum_{i=1}^{\left\lfloor n/i\right\rfloor} f(i)\\ &=\sum_{i=1}^n g(i)S_f\left(\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned} \]整理一下可以写成:
\[S_f(n)=\sum_{i=1}^n h(i)-\sum_{i=2}^{n} g(i)S_f\left(\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor\right) \]如果构造出可以快速计算前缀和的函数 \(g,h\),就可以递归求解了。
时间复杂度
首先需要证明的是:
\[\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\tfrac{n}{a}\right\rfloor}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{ab}\right\rfloor \]设 \(\mathrm{RHS}=k\),则有:
\[k\times ab\le n<(k+1)\times ab \]于是:
\[k\times b\le \dfrac{n}{a}<(k+1)\times b \]从而:
\[k\times b\le \left\lfloor\dfrac{n}{a}\right\rfloor<(k+1)\times b \]\[k\le \dfrac{\left\lfloor\tfrac{n}{a}\right\rfloor}{b}<k+1 \]即:
\[\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\tfrac{n}{a}\right\rfloor}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{ab}\right\rfloor \]这说明当我们整除分块向下递归时,递归到 \(n'=\left\lfloor \dfrac{n}{d}\right\rfloor\),枚举 \(d'\) 得到 \(\left\lfloor \dfrac{n'}{d'}\right\rfloor=\left\lfloor \dfrac{\left\lfloor \tfrac{n}{d}\right\rfloor}{d'}\right\rfloor\),一定可以表示为 \(\left\lfloor \dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 的形式,而这一定在第一层递归时处理到(不考虑先后顺序),于是在记忆化的加持下,计算复杂度只需要考虑第一层递归即可。
设当前块长 \(i\),对复杂度的贡献就是 \(O\left(\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right)\)。
当 \(i> \sqrt{n}\) 时,第二层最大 \(O(n^{1/4})\),所以总复杂度 \(O(n^{3/4})\)。
当 \(i\le \sqrt{n}\) 时,就写成:
\[\begin{aligned} T(n)&=O\left(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}} \sqrt{\dfrac{n}{i}}\right)\\ &=O\left(\sqrt{n}\int_{1}^n \dfrac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{d}x\right)\\ &=O(n^{3/4}) \end{aligned} \]但较小的前缀和是可以预处理出的,假设预处理出了 \([1,n^k]\) 的前缀和,那么也就是只有 \(\dfrac{n}{i}>n^k\) 的部分才需要递归,也就变成:
\[\begin{aligned} T(n)&=O\left(n^k+\sum_{i=1}^{n^{1-k}} \sqrt{\dfrac{n}{i}}\right)\\ &=O\left(n^k+\sqrt{n}\int_{1}^{n^{1-k}} \dfrac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\right)\\ &=O(n^k+n^{1-k/2}) \end{aligned} \]取 \(k=\dfrac{2}{3}\) 得到理论最优复杂度 \(O(n^{2/3})\)。
整除分块时(无论嵌套几层)使用杜教筛求数论函数前缀和,由于所有询问的区间右端点为 \(\left\lfloor \dfrac{n}{\left\lfloor \tfrac{n}{d}\right\rfloor}\right\rfloor\),可以表示为上述记忆化的形式,所以并不会增加复杂度。
点击查看代码
namespace Phi{
int pr[maxn],mn[maxn],mnpw[maxn],phi[maxn];
bool vis[maxn];
ull s1[maxn],s2[maxn];
bool mark[maxn];
inline void linear_sieve(){
mn[1]=1,phi[1]=1;
for(int i=2;i<=lim;++i){
if(!vis[i]) pr[++pr[0]]=i,mn[i]=i,mnpw[i]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=pr[0]&&i*pr[j]<=lim;++j){
vis[i*pr[j]]=1,mn[i*pr[j]]=pr[j];
if(mn[i]==pr[j]) mnpw[i*pr[j]]=mnpw[i]*pr[j];
else mnpw[i*pr[j]]=pr[j];
if(i*pr[j]==mnpw[i*pr[j]]) phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
else phi[i*pr[j]]=phi[i*pr[j]/mnpw[i*pr[j]]]*phi[mnpw[i*pr[j]]];
if(i%pr[j]==0) break;
}
}
for(int i=1;i<=lim;++i) s1[i]=s1[i-1]+phi[i];
}
ull get_sum(int N){
if(N<=lim) return s1[N];
if(mark[n/N]) return s2[n/N];
mark[n/N]=1;
ull sum=0;
for(unsigned int l=2,r;l<=N;l=r+1){
r=N/(N/l);
sum+=1ull*(r-l+1)*get_sum(N/l);
}
if(N&1) sum=1ull*(N+1)/2*N-sum;
else sum=1ull*N/2*(N+1)-sum;
return s2[n/N]=sum;
}
inline ull solve(){
memset(mark,0,sizeof(mark));
return get_sum(n);
}
}
namespace Mu{
int pr[maxn],mu[maxn];
bool vis[maxn];
int s1[maxn],s2[maxn];
bool mark[maxn];
inline void linear_sieve(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=lim;++i){
if(!vis[i]) pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=pr[0]&&i*pr[j]<=lim;++j){
vis[i*pr[j]]=1,mu[i*pr[j]]=-mu[i];
if(i%pr[j]==0){
mu[i*pr[j]]=0;
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=lim;++i) s1[i]=s1[i-1]+mu[i];
}
int get_sum(int N){
if(N<=lim) return s1[N];
if(mark[n/N]) return s2[n/N];
mark[n/N]=1;
ull sum=0;
for(unsigned int l=2,r;l<=N;l=r+1){
r=N/(N/l);
sum+=(r-l+1)*get_sum(N/l);
}
sum=1-sum;
return s2[n/N]=sum;
}
inline int solve(){
memset(mark,0,sizeof(mark));
return get_sum(n);
}
}
常用构造
最常用的是 \(\mu *\mathrm{I}=\epsilon\) 以及 \(\varphi *\mathrm{I}=\mathrm{Id}\)。
在此基础上有:\((\mu\cdot \mathrm{Id}_k)*\mathrm{Id}_k=\epsilon\),\((\varphi\cdot \mathrm{Id}_k) * \mathrm{Id}_{k}=\mathrm{Id}_{k+1}\)。
另外根据 \(\sigma_k\) 的定义有 \(\mathrm{Id}_k*\mathrm{I}=\sigma_k\)。
例题
Luogu-P5218 无聊的水题 II
容易发现是要求选出一个集合满足 \(\gcd=1\)。
设 \(F(n)\) 为值域 \([1,n]\) 的方案数,那么 \(\gcd=k\) 就是 \(F\left(\left\lfloor \dfrac{n}{k}\right\rfloor\right)\),可以单步容斥。
\[F(n)=2^n-1-\sum_{k=2}^n F\left(\left\lfloor \dfrac{n}{k}\right\rfloor\right) \]式子长得像杜教筛,复杂度 \(O(n^{3/4})\) 不太好过。
考虑设 \(f(d)\) 为 \(\gcd=d\) 的方案数,\(g(d)\) 为 \(d \mid \gcd\) 的方案数,则 \(g(d)=2^{\left\lfloor n/d\right\rfloor}-1\),且有:
\[g(d)=\sum_{d\mid n} f(n) \]根据莫比乌斯反演有:
\[f(d)=\sum_{d\mid n} \mu\left(\dfrac{n}{d}\right) g(n) \]所以:
\[f(1)=\sum_{i=1}^n \mu(i)g(i)=\sum_{i=1}^n \mu(i)(2^{\left\lfloor n/i\right\rfloor}-1) \]杜教筛预处理+整除分块即可,使用光速幂复杂度 \(O(n^{2/3})\)。
LOJ-6229 这是一道简单的数学题
把 \(j\) 的上下界改成 \([1,n]\),处理一下 \(i=j\) 的情况即可。
简单反演得到:
\[\sum_{T=1}^n\sum_{d\mid T} \mu(d)d^2 S_1\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)^2 \]\(S_1(x)\) 是 \(1\) 次自然数幂和。
于是要求 \(\sum_{d\mid n} \mu(d)d^2\) 的前缀和,不难发现这个函数是 \((\mu \cdot \mathrm{Id}_2)* \mathrm{I}\),根据狄利克雷卷积的交换律以及结合律,可以得到 \((\mu \cdot \mathrm{Id}_2)*\mathrm{I}*\mathrm{Id}_2=(\mu \cdot \mathrm{Id}_2)*\mathrm{Id}_2*\mathrm{I}=\epsilon*\mathrm{I}=\mathrm{I}\)。
于是有:
\[S_f(n)=n-\sum_{i=2}^{n} i^2S_f\left(\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor\right) \]杜教筛处理即可。
LOJ-6491 XXOI2018 简单的最大公约数
和上面的题差不多,先设 \(f(m)\) 表示值域 \([1,m]\),\(n\) 个数 \(\gcd=1\) 的方案数,答案是 \(\sum_{k=1}^m k\times f\left(\left\lfloor \dfrac{m}{k}\right\rfloor\right)\),最终求解用整除分块。
\[f(m)=m^n-\sum_{i=2}^m f\left(\left\lfloor \dfrac{m}{i}\right\rfloor\right) \]直接算还是 \(O(n^{3/4})\)。
希望预处理一些 \(f\)。
依旧是莫比乌斯反演,把 \(f(m,k)\) 扩充到值域 \([1,m]\),\(\gcd=k\) 的方案数,\(g(m,k)\) 定义为值域 \([1,m]\),\(k\mid \gcd\) 的方案数,于是反演得到:
\[g(m,k)=\left\lfloor \dfrac{m}{k}\right\rfloor^{n} \]\[f(m,k)=\sum_{k\mid m'} \mu\left(\dfrac{m'}{k}\right) \left\lfloor \dfrac{m}{m'}\right\rfloor^{n} \]只关心 \(k=1\),所以有:
\[f(m)=\sum_{k=1}^m \mu(k) \left\lfloor \dfrac{m}{k}\right\rfloor^{n} \]这个直接求一行比较困难,考虑差分:
\[\begin{aligned} \Delta f(m)&=f(m)-f(m-1)\\ &=\sum_{k=1}^m \mu(k) \left(\left\lfloor \dfrac{m}{k}\right\rfloor^{n}-\left\lfloor \dfrac{m-1}{k}\right\rfloor^{n}\right) \end{aligned} \]分析一下什么时候 \(\left\lfloor \dfrac{m}{k}\right\rfloor\neq \left\lfloor \dfrac{m-1}{k}\right\rfloor^{n}\),显然一定是 \(k\mid m\),即 \(m\) 恰好到了下一个块里。
于是这个预处理就是调和级数 \(O(n\log n)\) 的,由于 \(\mu\) 的性质,实际产生贡献的会更少。
这样大致处理 \(2\times 10^6\) 左右,再套类似杜教筛的东西就可以通过了。
另一个做法是使用欧拉反演,即利用 \(\varphi *\mathrm{I}=\mathrm{Id}\) 的性质,可以得到:
\[\begin{aligned} &\sum_{i_1=1}^m\sum_{i_2=1}^m\cdots\sum_{i_n=1}^m \gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)\\ =&\sum_{i_1=1}^m\sum_{i_2=1}^m\cdots\sum_{i_n=1}^m \sum_{d\mid \gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)} \varphi(d)\\ =&\sum_{d=1}^m \varphi(d) \left\lfloor\dfrac{m}{d}\right\rfloor^n \end{aligned} \]杜教筛朴素计算即可。
PN 筛
Powerful Number
定义一个数 \(n\) 是 Powerful Number(PN) 当且仅当 \(n=\prod_{p\in \mathbf{P}} p_i^{c_i},c_i>1\)。
每个 PN 一定可以被唯一表示为 \(a^2b^3\) 的形式,次数为偶数的放在 \(a\) 部分,次数为奇数的将 \(3\) 次放在 \(b\) 部分,剩余放在 \(a\) 部分。
于是可以通过,,枚举 \(a\) 的值来计算 PN 的个数,大致是:
\[O\left(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt[3]{\dfrac{n}{i^2}}\right)=O\left(\int_1^{\sqrt{n}} \sqrt[3]{\dfrac{n}{i^2}}\right)=O(\sqrt{n}) \]所以可以通过 DFS 来得出所有 PN。
求积性函数前缀和
以模板题为例。
给定积性函数 \(f\),求其前缀和。
考虑构造积性函数 \(g\),满足 \(g(p)=f(p)\),这里 \(g(p)=f(p)=p(p-1)\),可以构造 \(g=\varphi\cdot\mathrm{Id}\)。
再找到积性函数 \(h\),满足 \(f=g*h\),由于 \(f(p)=g(1)h(p)+g(p)h(1)\),积性函数 \(1\) 处点值一定为 \(1\),所以 \(f(p)=h(p)+g(p)\),即 \(h(p)=0\),这样所有可以被质因子筛到的点值处都是 \(0\),也就是所有非 PN 点值都是 \(0\)。
这样化简 \(f\) 前缀和的式子:
\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n f(i)\\ =&\sum_{i=1}^n \sum_{j\mid i}g(i)h\left(\dfrac{i}{j}\right)\\ =&\sum_{i=1}^n h(i)S_g\left(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ =&\sum_{\substack{i=1\\ \text{i is PN}}}^n h(i)S_g\left(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned}\]\(g\) 的前缀和可以用杜教筛求出(有更优秀的也可以),计算答案在 DFS 求出所有 PN 时进行,其中求 \(h\) 可以求出所有 \(h(p^c)\) 再累乘。
求 \(h(p^c)\) 最常规的办法是利用 \(f=g*h\),移项得到 \(h(p^c)=f(p^c)-\sum_{i=0}^{c-1} h(p^i)g(p^{c-i})\)。
点击查看代码
ll n;
int pr[maptrn],phi[maptrn];
bool vis[maptrn];
int s1[maptrn],s2[maptrn];
bool mark[maptrn];
int pw[maptrn/10][40],h[maptrn/10][40];
inline void linear_sieve(){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=lim;++i){
if(!vis[i]) pr[++pr[0]]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=pr[0]&&i*pr[j]<=lim;++j){
vis[i*pr[j]]=1,phi[i*pr[j]]=phi[i]*phi[pr[j]];
if(i%pr[j]==0){
phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=lim;++i) s1[i]=(s1[i-1]+1ll*i*phi[i]%mod)%mod;
for(int i=1;i<=pr[0];++i){
pw[i][0]=1,h[i][0]=1;
for(ll j=pr[i],e=1;;j*=pr[i],++e){
pw[i][e]=j%mod;
int now=1ll*pw[i][e]*(pw[i][e]-1)%mod;
for(int k=0;k<e;++k){
now=(now-1ll*h[i][k]*(pr[i]-1)%mod*pw[i][e-k-1]%mod*pw[i][e-k]%mod+mod)%mod;
}
h[i][e]=now;
if(j>n/pr[i]) break;
}
}
}
int get_sumg(ll N){
if(N<=lim) return s1[N];
if(mark[n/N]) return s2[n/N];
mark[n/N]=1;
int tmpn=N%mod;
int res=1ll*tmpn*(tmpn+1)%mod*(2ll*tmpn%mod+1)%mod*inv6%mod;
for(ll l=2,r;l<=N;l=r+1){
r=N/(N/l);
int tmpl=(l-1)%mod,tmpr=r%mod;
int now=(1ll*tmpr*(tmpr+1)/2-1ll*tmpl*(tmpl+1)/2)%mod;
res=(res-1ll*now*get_sumg(N/l)%mod+mod)%mod;
}
return s2[n/N]=res;
}
int ans;
void dfs(ll N,int ptr,int res){
ans=(ans+1ll*res*get_sumg(n/N)%mod)%mod;
if(ptr>pr[0]) return;
for(int i=ptr;i<=pr[0];++i){
if(N>n/(1ll*pr[i]*pr[i])) break;
for(ll j=N*pr[i]*pr[i],e=2;;j*=pr[i],++e){
dfs(j,i+1,1ll*res*h[i][e]%mod);
if(j>n/pr[i]) break;
}
}
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
linear_sieve();
dfs(1,1,1);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
复杂度分析
求 \(g\) 前缀和复杂度认为是杜教筛复杂度 \(O(n^{2/3})\)。
只预处理 \([1,\sqrt{n}]\) 的质数,每个质数枚举 \(p^c\) 并计算 \(h\) 的复杂度是 \(O(\log^2 n)\),素数密度 \(\pi(n)=O\left(\dfrac{n}{\log n}\right)\),所以总复杂度是 \(O(\sqrt{n}\log n)\),实际这个上界比较松。
于是得到大致是 \(O(n^{2/3})\) 的复杂度。
算法流程总结
-
用积性函数拟合出合适的 \(g\)。
-
构造快速求 \(g\) 前缀和的方法。
-
预处理出 \(h(p^c)\)。
-
DFS 出所有 PN 并计算答案。
例题
LOJ-6053 简单的函数
除了 \(2\) 以外的 \(p\) 处点值是 \(p-1\),先不考虑特例的话拟合成 \(\varphi\) 是非常好的,在此基础上 \(\varphi(2)=1\),所以将 \(2\) 的倍数处拟合成 \(3\varphi\)。(肯定不是 \(\varphi+2\) 吧)
\[g(n)=\begin{cases}3\varphi(n)&2\mid n\\\varphi(n)&2\nmid n\end{cases} \]把 \(\varphi\) 提出一个会好一点,顺便把系数也带出来:
\[l(n)=\begin{cases}\varphi(n)&2\mid n\\0&2\nmid n\end{cases} \]于是 \(g(n)=\varphi(n)+2l(n)\),也即 \(S_g(n)=S_\varphi(n)+2S_l(n)\)。
注意到 \(S_l(n)\) 有意义的 \(n\) 都是偶数,可以用一个 \(S(n)=\sum_{i=1}^n \varphi(2i)\) 来代替,即 \(S_l(n)=S\left(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right)\)。
把 \(\varphi(2n)\) 详写成关于 \(n\) 的:
\[\varphi(2n)=\begin{cases}2\varphi(n)&2\mid n\\\varphi(n)&2\nmid n\end{cases} \]参照上面的化简方法,得到:
\[\varphi(2n)-\varphi(n)=\begin{cases}\varphi(n)&2\mid n\\0&2\nmid n\end{cases} \]这个和 \(l\) 一模一样,这里当然再把 \(S_l\) 换成 \(S\)。
\[S(n)=S_\varphi(n)+S\left(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right) \]放回最初的式子 \(S_g(n)=S_\varphi(n)+2S_h(n)=S_\varphi(n)+2S\left(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right)\),这样一直把 \(S\) 展开,就是一个倍增的形式,单次计算是 \(O(\log n)\),所求点值都在杜教筛射程范围内。
构造的另一函数 \(h\) 就是朴素的 \(O(\sqrt{n}\log n)\) 预处理。
根据 PN 的数量级和预处理的复杂度,总体仍是 \(O(n^{2/3})\)。
Min_25 筛
Min_25 筛是一种基于埃筛的筛法,可以对数论函数 \(f(n)\) 求前缀和,要求 \(f(p)\) 是关于 \(p\) 的低次多项式,且 \(f(p^k)\) 可快速计算。
构造质数点值前缀和函数
在求解的开始,先用线性筛筛出小于等于 \(\sqrt{n}\) 的质数,定义 \(\mathrm{minp}(i)\) 表示 \(i\) 的最小质因子。
设 \(g(n)=\sum_{p\in \mathbf{P},p\le n} f(p)\),这个式子不好直接求,先设 \(g_k(n)=\sum_{p\in \mathbf{P},p\le n} p^k\),即 \(g(n)=\sum_{k} a_kg_k(n)\),其中 \(a_k\) 是 \(f(p)\) 这个关于 \(p\) 的低次多项式 \(k\) 次项系数。
设 \(g_k(n,j)=\sum_{i=1}^n i^k[i\in\mathbf{P}\lor\mathrm{minp}(i)>p_j]\),这个定义相当于埃筛筛掉了含小于等于 \(p_j\) 质因子的合数,容易发现找到最小的质数 \(p_x\) 满足 \(p_x\ge \sqrt{n}\),那么 \(g_k(n)=g_k(n,x)\),因为此时不再有最小值因子大于 \(p_x\) 的合数。
考虑递推,有:
\[g_k(n,j)= \begin{cases} g_k(n,j-1)&p_j^2\ge n\\ g_k(n,j-1)-p_j^k\left(g\left(\left\lfloor\dfrac{n}{p_j}\right\rfloor,j-1\right)-g(p_{j-1,j-1})\right)&p_j^2<n \end{cases} \]第二个递推式实际上就是把 \(\mathrm{minp}(i)=p_j\) 的数拆成 \(p_j\) 和另一部分的乘积,这一部分就表现在 \(g\left(\left\lfloor\dfrac{n}{p_j}\right\rfloor,j-1\right)\) 中,但这里面还包含了质数,所以要减去。
于是只关心 \(O(\sqrt{n})\) 个块筛位置的点值,而 \(p_{j-1}\le \sqrt{n}\),所以一定可以被块筛筛到,这样计算复杂度也是经典方法了,具体是:
\[\begin{aligned} &O\left(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}} \pi(\sqrt{i})+\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\pi\left(\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right)\right)\\ =&O\left(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\pi\left(\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right)\right)\\ =&O\left(\int_1^{\sqrt{n}} \dfrac{\sqrt{\tfrac{n}{x}}}{\log \sqrt{\tfrac{n}{x}}} \mathrm{d}x\right)\\ =&O\left(\dfrac{\sqrt{n}\displaystyle\int_1^{\sqrt{n}} \dfrac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x}{\log n}\right)\\ =&O\left(\dfrac{n^{3/4}}{\log n}\right) \end{aligned}\]构造前缀和函数
方法一:递归
设 \(S(n)=\sum_{i\le n}f(i)\),仿照上面,扩充 \(S\) 的定义为 \(S(n,j)=\sum_{i\le n}f(i)[\mathrm{minp}(i)>p_j]\),这样答案就是 \(S(n,0)+1\)。
直接递归,式子是:
\[S(n,j)=g(n)-g(p_j)+\sum_{\substack{p_j<p_k\le \sqrt{n}\\p_k^2\le p_k^{e+1}\le n}} f(p_k^e)S\left(\left\lfloor\dfrac{n}{p_k^e}\right\rfloor,k\right)+f(p_k^{e+1}) \]就是分质数合数来计算,后半部分相当于枚举了一个最小值因子及幂次,然后递归求解,\(f(p_k^{e+1})\) 的加入源于 \(S\) 并不计算 \(1\) 的点值,因此要补充计算,而 \(f(p_k)\) 已经在质数处算过了。
复杂度证明见论文,结论是复杂度为 \(O(n^{1-\epsilon})\),但 \(n\le 10^{13}\) 时为 \(O\left(\dfrac{n^{3/4}}{\log n}\right)\)。
实现常数很小,但只能求单点。
点击查看代码
inline int S1(ll N){
N%=mod;
return N*(N+1)%mod*inv2%mod;
}
inline int S2(ll N){
N%=mod;
return N*(N+1)%mod*(2*N+1)%mod*inv6%mod;
}
inline int f(ll N){
N%=mod;
return N*(N-1+mod)%mod;
}
ll n;
int lim;
int pr[maxn],cntpr;
bool vis[maxn];
ll id[maxn<<1];
int id1[maxn],id2[maxn];
int g1[maxn<<1],g2[maxn<<1];
inline int get_id(ll N){
if(N<=lim) return id1[N];
else return id2[n/N];
}
inline void linear_sieve(){
for(int i=2;i<=lim;++i){
if(!vis[i]) pr[++cntpr]=i;
for(int j=1;j<=cntpr&&i*pr[j]<=lim;++j){
vis[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0) break;
}
}
}
int S(ll N,int j){
if(pr[j]>=N) return 0;
int res=0;
res=(g1[get_id(N)]-g1[get_id(pr[j])]+mod)%mod;
for(int k=j+1;k<=cntpr&&1ll*pr[k]*pr[k]<=N;++k){
ll now=pr[k];
for(int e=1;now<=N;++e,now*=pr[k]){
res=(res+1ll*f(now)*(S(N/now,k)+(e>1))%mod)%mod;
}
}
return res;
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
lim=sqrt(n)+1;
linear_sieve();
for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
id[++id[0]]=n/l;
if(n/l<=lim) id1[n/l]=id[0];
else id2[n/(n/l)]=id[0];
g1[id[0]]=(S1(n/l)-1+mod)%mod,g2[id[0]]=(S2(n/l)-1+mod)%mod;
}
for(int j=1;j<=cntpr;++j){
for(int i=1;i<=id[0]&&1ll*pr[j]*pr[j]<=id[i];++i){
g1[i]=(g1[i]-1ll*pr[j]*(g1[get_id(id[i]/pr[j])]-g1[get_id(pr[j-1])]+mod)%mod+mod)%mod;
g2[i]=(g2[i]-1ll*pr[j]*pr[j]%mod*(g2[get_id(id[i]/pr[j])]-g2[get_id(pr[j-1])]+mod)%mod+mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=id[0];++i) g1[i]=(g2[i]-g1[i]+mod)%mod;
printf("%d\n",(S(n,0)+1)%mod);
return 0;
}
方法二:递推
考虑把 \(S\) 的状态设计和 \(g\) 类比为 \(S(n,j)=\sum_{i\le n} f(i)[i\in\mathbf{P}\lor\mathrm{minp}(i)>p_j]\)。
这样目标是得到 \(S(n,0)+1\),初始 \(S(n,+\infty)=g(n)\)(实际上就是只有质数部分,第二维取第一个大于 \(\sqrt{n}\) 的质数编号即可)。
递推过程:
\[S(n,j)= \begin{cases} S(n,j+1)&p_{j+1}^2> n\\ S(n,j+1)+\displaystyle\sum_{p_{j+1}^2\le p_{j+1}^{e+1}\le n}f(p_{j+1}^e)\left(S\left(\left\lfloor\dfrac{n}{p_{j+1}^e}\right\rfloor\right)-S(p_{j+1})+f(p_{j+1}^{e+1})\right)&p_{j+1}^2\le n \end{cases} \]这里对 \(p_{j+1}^{e+1}\) 做限制的原因是保证了 \(\left\lfloor\dfrac{n}{p_{j+1}^e}\right\rfloor\ge p_{j+1}\),从而消去 \(S(p_{j+1})\) 是正确的。
复杂度同上,但常数较大,优越性在于递推算法求出了块筛。
点击查看代码
inline int S1(ll N){
N%=mod;
return N*(N+1)%mod*inv2%mod;
}
inline int S2(ll N){
N%=mod;
return N*(N+1)%mod*(2*N+1)%mod*inv6%mod;
}
inline int f(ll N){
N%=mod;
return N*(N-1+mod)%mod;
}
ll n;
int lim;
int pr[maxn],cntpr;
bool vis[maxn];
ll id[maxn<<1];
int id1[maxn],id2[maxn];
int g1[maxn<<1],g2[maxn<<1];
int S[maxn<<1];
inline int get_id(ll N){
if(N<=lim) return id1[N];
else return id2[n/N];
}
inline void linear_sieve(){
for(int i=2;i<=lim;++i){
if(!vis[i]) pr[++cntpr]=i;
for(int j=1;j<=cntpr&&i*pr[j]<=lim;++j){
vis[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0) break;
}
}
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
lim=sqrt(n)+1;
linear_sieve();
for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
id[++id[0]]=n/l;
if(n/l<=lim) id1[n/l]=id[0];
else id2[n/(n/l)]=id[0];
g1[id[0]]=(S1(n/l)-1+mod)%mod,g2[id[0]]=(S2(n/l)-1+mod)%mod;
}
for(int j=1;j<=cntpr;++j){
for(int i=1;i<=id[0]&&1ll*pr[j]*pr[j]<=id[i];++i){
g1[i]=(g1[i]-1ll*pr[j]*(g1[get_id(id[i]/pr[j])]-g1[get_id(pr[j-1])]+mod)%mod+mod)%mod;
g2[i]=(g2[i]-1ll*pr[j]*pr[j]%mod*(g2[get_id(id[i]/pr[j])]-g2[get_id(pr[j-1])]+mod)%mod+mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=id[0];++i) S[i]=g1[i]=(g2[i]-g1[i]+mod)%mod;
for(int j=cntpr;j>=1;--j){
for(int i=1;i<=id[0]&&1ll*pr[j]*pr[j]<=id[i];++i){
ll now=pr[j];
for(int e=1;now*pr[j]<=id[i];++e,now*=pr[j]){
S[i]=(S[i]+1ll*f(now)*(S[get_id(id[i]/now)]-S[get_id(pr[j])]+mod)%mod+f(now*pr[j]))%mod;
}
}
}
printf("%d\n",(S[1]+1)%mod);
return 0;
}
例题
LOJ-6235 区间素数个数
只需要做 Min_25 的第一步,求 \(g\) 即可。
LOJ-6027 from CommonAnt 质数计数 I
就是求模 \(4\) 余 \(1\) 的质数个数,注意到求 \(g\) 部分是把 \(\mathrm{minp}(i)=p_j\) 分成了 \(p_j\) 和其他两部分,因此 \(g\left(\left\lfloor\dfrac{n}{p_j}\right\rfloor,j-1\right)\) 中每个数的余数乘上 \(p_j\) 的余数才是得到 \(\mathrm{minp}(i)=p_j\) 合数的余数。因此不能只求余数为 \(1\) 的,计算时按余数分组即可。
LOJ-6028 from CommonAnt 质数计数 II
与上一题类似
LOJ-6053 简单的函数
先按 \(f(p)=p-1\) 求 \(g\),第二步算之前给前缀和再加上 \(2\) 即可。
注意第一步只需要保证完全积性,第二步只需要保证积性,所以这样处理是正确的。
LOJ-6785 简单的函数 10^13 版
要求块筛,用递推方法,需要大量卡常。
LOJ-6181 某个套路求和题
\(f(n)\) 不是积性函数,但是很简洁,容易发现质数位置是 \(-1\),含平方因子位置是 \(0\)。
不含平方因子的合数位置,设共 \(k\) 个质因子,那么只关心 \(\mu(d)=-1\) 的位置,也就是 \(k\) 中选出奇数个,方案数 \(2^{k-1}\),因此不含平方因子的合数位置是 \(1\)。
只看合数位置可以拟合成 \(\mu^2(n)\),这样质数位置从 \(-1\) 变成了 \(1\),答案就应该是:
\[\sum_{i\le n}\mu^2(i)-2\sum_{i\le n}[i\in \mathrm{P}] \]前一个式子直接 Min_25 前缀和即可,容易发现后一个式子等价于第一步的 \(g\) 函数。
参考资料
狄利克雷卷积
杜教筛
-
OI Wiki
PN 筛
-
OI Wiki