杜教筛

杜教筛被用于处理一类数论函数的前缀和问题。对于数论函数，杜教筛可以在低于线性时间的复杂度内计算。

算法思想

我们想办法构造一个关于的递推式。

对于任意一个数论函数，必满足：

其中为数论函数和的狄利克雷卷积。

略证

就是对所有的做贡献，因此变换枚举顺序，枚举 ,（分别对应新的）

那么可以得到递推式：

假如我们可以构造恰当的数论函数使得：

可以快速计算；
可以快速计算的前缀和，以用数论分块求解。

则我们可以在较短时间内求得。

注意

无论数论函数是否为积性函数，只要可以构造出恰当的数论函数 , 便都可以考虑用杜教筛求的前缀和。

如考虑 , 显然不是积性函数，但可取 , 从而：

计算和的时间复杂度均为 , 故可以考虑使用杜教筛。

时间复杂度

令 , 我们有如下引理：

引理

对任意的，我们有 .

证明

令 , 任取 , 由整除分块/数论分块的引理 1 可知：

设计算和的时间复杂度均为 . 由引理可知：使用记忆化之后，每个均只会计算一次。

由整除分块/数论分块的引理 2 可知 . 设计算的时间复杂度为 , 则：

若我们可以预处理出一部分 , 其中，. 设预处理的时间复杂度为 , 则此时的为：

若（如线性筛），由均值不等式可知：当时，取得最小值 .

伪证一例

设计算的复杂度为 , 则有：

Note

视作高阶无穷小，从而可以舍去。

故：

Bug

问题在于「视作高阶无穷小，从而可以舍去」这一处。我们将代入的式子里，有：

我们考虑这部分，不难发现：

由于没有引入记忆化，因此上式中的仍然是的，进而所谓的「高阶无穷小」部分是不可以舍去的。

实际上杜教筛的亚线性时间复杂度是由记忆化保证的。只有使用了记忆化之后才能保证不会出现那个多重求和的项。

例题

问题一

P4213【模板】杜教筛（Sum）

求和的值，.

莫比乌斯函数前缀和欧拉函数前缀和

我们知道：

时间复杂度的推导见时间复杂度一节。

对于较大的值，需要用 map/unordered_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。

当然也可以用杜教筛求出的前缀和，但是更好的方法是应用莫比乌斯反演。

莫比乌斯反演杜教筛

由于题目所求的是 , 所以我们排除掉的情况，并将结果除以即可。

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 .

求 .

同样的，, 从而：

代码实现

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
constexpr int MAXN = 2000010;
long long T, n, pri[MAXN], cur, mu[MAXN], sum_mu[MAXN];
bool vis[MAXN];
map<long long, long long> mp_mu;

long long S_mu(long long x) {  // 求mu的前缀和
  if (x < MAXN) return sum_mu[x];
  if (mp_mu[x]) return mp_mu[x];  // 如果map中已有该大小的mu值，则可直接返回
  long long ret = (long long)1;
  for (long long 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;  // 路径压缩，方便下次计算
}

long long S_phi(long long x) {  // 求phi的前缀和
  long long ret = (long long)0;
  long long j;
  for (long long i = 1; i <= x; i = j + 1) {
    j = x / (x / i);
    ret += (S_mu(j) - S_mu(i - 1)) * (x / i) * (x / i);
  }
  return (ret - 1) / 2 + 1;
}

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> T;
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i < MAXN; i++) {  // 线性筛预处理mu数组
    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];  // 求mu数组前缀和
  while (T--) {
    cin >> n;
    cout << S_phi(n) << ' ' << S_mu(n) << '\n';
  }
  return 0;
}

问题二

「LuoguP3768」简单的数学题

大意：求

其中 , 是质数。

利用做莫比乌斯反演化为：

其中

对做数论分块，的前缀和用杜教筛处理：

需要构造积性函数，使得和能快速求和。

单纯的的前缀和可以用的杜教筛处理，但是这里的多了一个，那么我们就卷一个上去，让它变成常数：

化一下卷积：

再化一下 :

分块求解即可。

代码实现

// 不要为了省什么内存把数组开小,会卡80
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
constexpr int N = 5e6, NP = 5e6, SZ = N;
long long n, P, inv2, inv6, s[N];
int phi[N], p[NP], cnt, pn;
bool bp[N];
map<long long, long long> s_map;

long long ksm(long long a, long long m) {  // 求逆元用
  long long res = 1;
  while (m) {
    if (m & 1) res = res * a % P;
    a = a * a % P, m >>= 1;
  }
  return res;
}

void prime_work(int k) {  // 线性筛phi，s
  bp[0] = bp[1] = true, phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= k; i++) {
    if (!bp[i]) p[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
    for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= k; j++) {
      bp[i * p[j]] = true;
      if (i % p[j] == 0) {
        phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
        break;
      } else
        phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= k; i++)
    s[i] = (1ll * i * i % P * phi[i] % P + s[i - 1]) % P;
}

long long s3(long long k) {  // 立方和
  return k %= P, (k * (k + 1) / 2) % P * ((k * (k + 1) / 2) % P) % P;
}

long long s2(long long k) {  // 平方和
  return k %= P, k * (k + 1) % P * (k * 2 + 1) % P * inv6 % P;
}

long long calc(long long k) {  // 计算S(k)
  if (k <= pn) return s[k];
  if (s_map[k]) return s_map[k];  // 对于超过pn的用map离散存储
  long long res = s3(k), pre = 1, cur;
  for (long long i = 2, j; i <= k; i = j + 1)
    j = k / (k / i), cur = s2(j),
    res = (res - calc(k / i) * (cur - pre) % P) % P, pre = cur;
  return s_map[k] = (res + P) % P;
}

long long solve() {
  long long res = 0, pre = 0, cur;
  for (long long i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
    j = n / (n / i);
    cur = calc(j);
    res = (res + (s3(n / i) * (cur - pre)) % P) % P;
    pre = cur;
  }
  return (res + P) % P;
}

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> P >> n;
  inv2 = ksm(2, P - 2), inv6 = ksm(6, P - 2);
  pn = (long long)pow(n, 0.666667);  // n^(2/3)
  prime_work(pn);
  cout << solve();
  return 0;
}

参考资料

任之洲，2016，《积性函数求和的几种方法》，2016 年信息学奥林匹克中国国家队候选队员论文
杜教筛的时空复杂度分析 - riteme.site

最后更新: 2024年3月13日
创建日期: 2018年7月11日