杜教筛复习笔记

杜教筛这个东西啊，听着好像很厉害，其实就是很厉害，不过并不难。
假设我们要求一个数论函数的前缀和：

$$S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)$$
我们先找一个神奇函数 $g$出来和 $f$做个卷积：
$$\sum_{i=1}^n (g*f)(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}f(i)=\sum_{d=1}^ng(d)S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$$
由此可知：
$$g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(g*f)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)$$
因此如果卷积前缀和很好求的花，后面那一坨可以用数论分块根号时间内求解，然后继续递归什么的。
于是我们可以解决一些问题：bzoj3944，求 $\mu$和 $\phi$的前缀和。
我们知道 $$\sum_{d|n}\mu(d)=0 (d>1)$$
所以我们只要让 $g(i)=1$即可。
当然还有： $$\sum_{d|n}\phi(d)=n$$
然后我们利用预处理一部分＋map大法好来做这道题就可以了：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
typedef long long LL;
const int N=5000000;
unsigned int T,n;
map<int,LL>mp1,mp2;
LL phi[N+5];int tot,is[N+5],pri[N+5],mu[N+5];
void prework() {
    mu[1]=phi[1]=1;
    for(RI i=2;i<=N;++i) {
        if(!is[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
        for(RI j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=N;++j) {
            is[pri[j]*i]=1;
            if(i%pri[j]==0) {phi[pri[j]*i]=pri[j]*phi[i];break;}
            else mu[pri[j]*i]=-mu[i],phi[pri[j]*i]=phi[pri[j]]*phi[i];
        }
    }
    for(RI i=2;i<=N;++i) mu[i]+=mu[i-1],phi[i]+=phi[i-1];
}
int S1(unsigned int x) {
    if(x==0) return 0;
    if(x<=N) return mu[x];
    if(mp1[x]) return mp1[x];
    int re=1;
    for(RI i=2,j;i<=x;i=j+1) j=x/(x/i),re-=1LL*(j-i+1)*S1(x/i);
    mp1[x]=re;return re;
}
LL S2(unsigned int x) {
    if(x==0) return 0;
    if(x<=N) return phi[x];
    if(mp2[x]) return mp2[x];
    LL re=1LL*x*(x+1)/2;
    for(RI i=2,j;i<=x;i=j+1) j=x/(x/i),re-=1LL*(j-i+1)*S2(x/i);
    mp2[x]=re;return re;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);prework();
    while(T--) scanf("%u",&n),printf("%lld %d\n",S2(n),S1(n));
    return 0;
}