BZOJ3944: Sum（杜教筛模板）
题面描述
题目分析
求\(\sum_{i=1}^{n}\mu(i)\)和\(\sum_{i=1}^{n}\varphi(i)\)
数据范围线性不可做。
需要使用杜教筛。
杜教筛可以在非线性时间里求出一个积性函数的前缀和。
借这里先写一些杜教筛内容。。。或许以后会补总结（雾
最开始扔积性函数:
- \(\mu(n)\),莫比乌斯函数
- \(\phi(n)\)，欧拉函数。
- \(d(n)\),约数个数。
- \(\sigma(n)\),约数和函数。
- \(\epsilon(n)\),元函数，其值为\(\epsilon(n)=[n=1]\)。
- \(id(n)\)，单位函数，\(id(n)=n\)。
- \(I(n)\)，恒等函数，\(I(n)=1\)。
先放狄利克雷卷积的式子：
假设我们现在有两个数论函数\(f,g\)，则这两个函数的卷积是\((f*g)(n)=\sum_{d\mid n}f(d)·g(\frac{n}{d})\)后面的括号表示范围，一般不写的时候可以默认其为\(n\)。
可以推出狄利克雷卷积满足以下运算律
- 交换律:\((f∗g=g∗f)\)；
- 结合律:\(((f∗g)∗h=f∗(g∗h))\)；
- 分配律:\(((f+g)∗h=f∗h+g∗h)\)；
可以类比乘法运算律记忆。
那么我们可以开始搞杜教筛了。
现在我们要求一个积性函数\(f\)的前缀和，也就是\(\sum_{i=1}^{n}f(i)\)。
我们尝试构造两个积性函数使\(h=f*g\)
那么我们求一下\(\sum_{i=1}^{n}h(i)\)。
先记\(Sum(n)\)为\(\sum_{i=1}^{n}f(i)\)
则：
\[ \sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i}g(d)f(\frac{i}{d}) \]
然后明显可以反过来枚举。
\[ →\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{d\mid i}f(\frac{i}{d}) \]
改成枚举\(\frac{i}{d}\)
\[ →\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)=\sum_{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
然后把式子的第一项提出来，整个代回去。
\[ \sum_{i=1}^{n}h(i)=g(1)·S(n)+\sum_{d=2}^{n}g(d)·S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
移项
\[ g(1)·S(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)·S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
这样\(g(1)\)明显为\(1\)，所以这个式子就很明显了，只要\(h(i)\)的前缀和好求那么这个式子就可以在非线性时间里求出来了。
因为\(h=f*g\)我们换个形式表示上面的式子。
\[ →g(1)·S(n)=\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)·S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
所以只要找到一个合适的\(g\)就行了。
看个例子，我们这个题要求啥来着，\(\sum_{i=1}^{n}\mu(i)\)和\(\sum_{i=1}^{n}\varphi(i)\)
先看第一个。
就不推了，根据上面那个把\(f\)换成\(\mu\)直接代到最后面。
那么应该怎么给\(g\)取值呢，我们可以简明扼要的先看一下那一项变成什么了。
\[ →\sum_{i=1}^{n}(\mu*g)(i) \]
有一个好消息,我们知道\(\mu*I=\epsilon\)。那么可以把上面的式子看成
\[ \sum_{i=1}^{n}(\mu*I)(i)=\sum_{i=1}^{n}\epsilon(i) \]
元函数的前缀和就非常好求，就是\(1\)，所以我们求的答案
\[ S(n)=1-\sum_{d=2}^{n}g(d)·S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
再看第二个，我们还是相同的直接把\(\varphi\)代到最后面去。
则我们有式子
\[ \sum_{i=1}^{n}(\varphi*g)(i) \]
思考一下，我们记得欧拉函数有个有趣的性质\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)
我们把它用卷积的形式表达，就是\(\varphi*I=id\)
带入刚才的式子里面。
\[ \sum_{i=1}^{n}(\varphi*g)(i)=\sum_{i=1}^{n}id(i) \]
明显的小高斯5岁就会的那个数列求和。。。
这个东西是\(n·(n+1)/2\)应该都知道。。。
然后代码实现的时候，可以先筛出根号范围内的答案，然后递归处理记忆化搜索。
由于需要储存下标非常大的值，所以需要使用哈希或者偷懒使用unordered_map,不要用map，会多一个log。
下面代码实测BZOJ可过，注意少开long long
是代码呢
#include <bits/stdc++.h>
#include <tr1/unordered_map>
using namespace std;
const int MAXN=4e6+7;
const int M=4e6;
#define ll long long
bool vis[MAXN];
int mu[MAXN],sum1[MAXN];
ll phi[MAXN],sum2[MAXN];
int cnt,prime[MAXN];
tr1::unordered_map<ll,ll> w1;
tr1::unordered_map<int,short> w;
inline void get(int N)
{
phi[1]=mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]){
prime[++prime[0]]=i;
mu[i]=-1;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=prime[0];j++){
if(i*prime[j]>N) break;
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
} else mu[i*prime[j]]=-mu[i],phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<=N;i++) sum1[i]=sum1[i-1]+mu[i],sum2[i]=sum2[i-1]+phi[i];
}
int djsmu(int x)
{
if(x<=M) return sum1[x];
if(w[x]) return w[x];
int ans=1;
for(int l=2,r;l<=x;l=r+1){
if(r==2147483647) break;
r=x/(x/l);
ans-=(r-l+1)*djsmu(x/l);
}
return w[x]=ans;
}
ll djsphi(int x)
{
if(x<=M) return sum2[x];
if(w1[x]) return w1[x];
ll ans=1ll*x*(1ll*x+1)/2;
for(int l=2,r;l<=x&&l>=0;l=r+1){
if(r==2147483647) break;
r=x/(x/l);
ans-=1ll*(r-l+1)*djsphi(x/l);
}
return w1[x]=ans;
}
inline int read()
{
int x=0,c=1;
char ch=' ';
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
while(ch=='-')c*=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*c;
}
int main()
{
int T=read();
get(M);
while(T--){
int n;
n=read();
printf("%lld %d\n", djsphi(n),djsmu(n));
}
}