【51nod】欧拉函数之和（数论，杜教筛）

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题目

1239 欧拉函数之和

分析

欧拉函数 $\varphi(n)$表示小于等于 $n$的与 $n$互质的数的个数。
令答案 $f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)$。

一个性质

可以证明 $n=\sum\limits_{d|n}\varphi(d)$。
下面是一个我理解的很不正经的证明：

列出以 $n$为分母的所有分数： $\dfrac{1}{n},\dfrac{2}{n},...,\dfrac{n}{n}$。
可以理解 $\varphi(b)$表示的是以 $b$为分母的最简真分数的个数。
$\dfrac{a}{b}(a<b)$为最简分数，当且仅当 $b|n$且 $(a,b)=1$。
你仔细地想， $\sum\limits_{d|n}\varphi(d)$就表示出了 $\dfrac{1}{n},\dfrac{2}{n},...,\dfrac{n}{n}$，于是 $n=\sum\limits_{d|n}\varphi(d)$。

尝试递推

$\therefore n=\varphi(n)+\sum\limits_{d|n,d<n}\varphi(d)$
$\therefore\varphi(n)=n-\sum\limits_{d|n,d<n}\varphi(d)$
$\therefore f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\left(i-\sum\limits_{d|i,d<i}\varphi(d)\right)$
$\therefore f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i,d<i}\varphi(d)=\dfrac{n(n+1)}{2}-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i,d<i}\varphi(d)$

$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i,d<i}\varphi(d)$，算贡献，则可以等价为： $\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(d)=\sum\limits_{d=1}^{n}\left(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor·\varphi(d)\right)$，下面这个图可以帮助理解，但我无法言说：

（其中 $k=\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$）

但是这样还是不能递推，那就换一种方法，枚举 $d$的系数 $i$，再枚举 $d$并统计 $id$之前（由此可以得到枚举的 $d$必须满足 $d\leq\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，因为 $id\leq n$）的 $d$： $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\varphi(d)$

于是递推式有了： $f(n)=\dfrac{n(n+1)}{2}-\sum\limits_{i=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$

分块

直接记忆化搜索还是会超时，所以我们需要用分块（俗称数线段）。
发现对于某一区域 $[l,r]$内 $i$的 $f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$是相等的：
（ $n=10$）

$i$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$	10	5	3	2	2	1	1	1	1	1

当 $i\in[6,10]$时，所有的 $f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$都是 $1$，于是 $\sum\limits_{i=6}^{10}f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)=(10-6+1)\times f(\lfloor\frac{n}{6}\rfloor)=5\cdot f(1)$，节省了 $4$次计算。

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以下内容我不负责，因为我没有试过。
可能你会说，由于记忆化了，所以重复调用也没关系。
但是我的记忆化用的map，所以有 $logx$的复杂度。
如果你可以用unordered_map或者你愿意手打vector的哈希，有可能不会超时。

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继续。
找规律发现当 $i\in \left[l,\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\rfloor\right]$时，所有 $f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)=f(\lfloor\frac{n}{l}\rfloor)$，于是做完了。

打表

直接分块记忆化搜索还是会超时，所以要把 $\varphi(n),n\leq 5\times10^6$线性筛筛出来并计算前缀和（打 $n\leq 5\times10^6$时的表）。

线性筛欧拉函数

一个性质

将 $n$唯一分解： $n={p_1}^{\alpha_1}{p_2}^{\alpha_2}...{p_m}^{\alpha_m}$
则： $\varphi(n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_m})=n\cdot\frac{p_1-1}{p_1}\cdot\frac{p_2-1}{p_2}\cdot...\cdot\frac{p_m-1}{p_m}$
不正经的证明（信竞要的是玄学感觉）：

根据容斥原理。
我们需要把小于 $n$的 $p_i(i\leq k)$的倍数个数全部减去，
（会减重，如 $p_1p_2$这个数被减了 $2$次）再把小于 $n$的 $p_ip_j(i\leq m,j\leq m,i\neq j)$的倍数全部加上，
（会加多）再把小于 $n$的 $p_ip_jp_k(i\leq m,j\leq m,k\leq m,i\neq j\neq k)$的倍数全部减去，
……
小于 $n$的 $k$的倍数的个数是 $\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$，由于 $pi$能整除 $n$，所以 $\dfrac{n}{\prod p_x}$一定是整数。
把式子中的 $n$乘进去： $\varphi(n)=(n-\frac{n}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_m})$
想象一下把它全部展开，就是一个容斥。

线性筛

$\varphi(n)=n\cdot\frac{p_1-1}{p_1}\cdot\frac{p_2-1}{p_2}\cdot...\cdot\frac{p_m-1}{p_m}$
首先phi[1]=1。
枚举i>1，若此时的phi[i]还没有值，说明i是素数（往下看就知道为什么了）。
用筛素数的原理，当i是素数时，它的倍数都不是素数。
再枚举i的倍数j，更新phi[j]（所以phi充当了筛素数时的isPrime数组）。
由于i肯定是j的一个质因子，所以phi[j]*=(i-1)/i，当然，如果此时是phi[j]第一次被更新，应该先把phi[j]赋为j。

代码

#include<map>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define LL long long
#define MAXT 5000000
#define MOD 1000000007
#define INV2 500000004
LL phiSum[MAXT+5];
map<LL,LL> M;

void GetPhi(int N){
    phiSum[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!phiSum[i]){
            for(int j=i;j<=N;j+=i){
                if(!phiSum[j])
                    phiSum[j]=j;
                phiSum[j]=phiSum[j]/i*(i-1);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        phiSum[i]=(phiSum[i]+phiSum[i-1])%MOD;//计算前缀和
}
LL Solve(LL x){
    if(x<=MAXT)//打了表就直接返回
        return phiSum[x];
    if(M.count(x))//记忆化
        return M[x];
    LL ret=x%MOD*((x+1)%MOD)%MOD*INV2%MOD;
    for(LL l=2,r;l<=x;l=r+1)//数线段
        r=x/(x/l),ret=((ret-(r-l+1)%MOD*Solve(x/l)%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
    return M[x]=ret;
}

int main(){
    GetPhi(MAXT);
    LL N;
    scanf("%lld",&N);
    printf("%lld",Solve(N));
}