莫名其妙地写完了杜教筛的几道题？
然而理解还是不怎么深刻啊
主要是经常忘记 谁·谁=谁
- 1.常用卷积
\[\begin{aligned} \mu * 1 &= \epsilon \\ \mu * id &= \varphi \\ \varphi * 1 &= id \\ 1 * 1 &= d \\ \mu * d &= 1 \\ id * 1 &= \sigma \\ \end{aligned}\]
- 2.常用公式
\[\begin{aligned} \left [ n==1 \right ] &= \sum \limits_{d|n} \mu(d) \\ n &=\sum \limits_{d|n} \varphi(d) \\ \varphi(ab) &= \frac{\varphi(a)\varphi(b)gcd(a,b)}{\varphi(gcd(a,b))} \\ \sum\limits_{i=1}^{n}d(i) &=\sum\limits_{i=1}^{n} \left \lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor \\ f(ij)&=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1] \end{aligned}\]
- 3.杜教筛(进入正题)
我们需要解决的是快速求得 \(S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\)
考虑构造一个函数 \(h\) 使得 \(h=f*g\) (什么你问为什么？我怎么知道背过不就好了)
\[\begin{aligned} h(n)&=\sum \limits_{d|n}f(d)g(n/d) \\ \sum\limits_{n=1}^N h(n) &=\sum_{n=1}^N\sum \limits_{d|n}f(d)g(n/d)\\ &=\sum_{d=1}^{N}g(d)\sum_{i=1}^{ \frac{N}{d} }f(i)\\ &=\sum_{d=1}^{N}g(d)S(\frac{N}{d})\\ &=g(1)S(n)+\sum_{d=2}^{N}g(d)S(\frac{N}{d})\\ \end{aligned}\]
然后得到了
\[\begin{aligned} g(1)S(N)&=\sum_{i=1}^{N}h(i)-\sum_{i=2}^{N}g(i)S(\frac{N}{i}) \end{aligned}\]
也就这个柿子了
- 4.例题
\(sum\)
题意描述：求\(\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)\) 和 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\mu(i)\)
我们知道 \(\mu*1=\epsilon\) 和 \(\varphi*1=id\)
代入柿子就完了
神犇和蒟蒻
题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i^2)\) 和 \(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i^2)\)
很容易得知第二个柿子只有 \(i==1\) 时有值，所以答案衡为 \(1\)
考虑第二个柿子，根据 \(\varphi(x)=x\prod\limits_{i=1}^{k}(1-\frac{1}{p_i})\) 得 \(\varphi(x^2)=x\varphi(x)\)
所以要求的是 \(S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i\varphi(i)\)
推一下：
\[\begin{aligned} h(n)&=f*g=\sum_{d|n}(d\varphi(d))g(\frac{n}{d})\\ \end{aligned}\]
考虑怎么消掉这个 \(d\) ,令 \(g=id\)
\[\begin{aligned} 则h(n)&=\sum_{d|n}d*\varphi(d)*\frac{n}{d}\\ &=n\sum_{d|n}\varphi(d)\\ &=n^2 \end{aligned}\]
再代入柿子就好了
\[\begin{aligned} g(1)S(n)&=\sum_{i=1}^nh(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\frac{n}{i})\\ S(n)&=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\sum_{i=2}^niS(\frac{n}{i}) \end{aligned}\]
\(Lucas\)的数论
题意描述：求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nd(ij)\)
我们知道 \(f(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[gcd(x,y)==1]\)
反演一下：
\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(ij)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)\\ &=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^n\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor \left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor\sum{d|gcd(i,j)}\mu(d)\\ &=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{id} \right \rfloor \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{jd} \right \rfloor\\ &=\sum_{d=1}^n\mu(d)(\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{id} \right \rfloor)^2\\ \end{aligned}\]
发现 \(\sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{id} \right \rfloor)^2\) 可以在 \(O(\sqrt{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor})\) 时间内得到
再把前面的 \(\mu\) 杜教筛一下就没了
选数
题意描述：求 \([L,H]\) 中选 \(N\) 个数最大公约数为 \(K\) 的方案数
这题俩做法啊先说简单的，我们考虑将 \(N\) 个数都相等和不全相等分开考虑
然后把 \(L\) 变成 \(\left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil\),\(H\) 变成 \(\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor\)
现在问题变成了从 \([L,H]\) 中选 \(N\) 个不全相同的数使得他们 \(gcd\) 为 \(1\)
直接不好计算，考虑容斥
设 \(f(x)\) 表示 \([L,H]\) 中最大公约数为 \(x\) 的方案数，\(F(x)\) 表示 \([L,H]\) 中最大公约数为 \(x\) 的倍数的方案数
显然的，有 \(f(x)=F(x)-\sum_{x|d}f(d),F(x)=(\left \lfloor \frac{H}{x} \right \rfloor-\left \lfloor\frac{L-1}{x}\right \rfloor)^N\)
而如果 \(x>H-L\) 则 \([L,H]\) 中至多有 \(1\) 种 \(x\) 的倍数，所以对答案没有贡献
所以从 \(H-L\) 枚举到 \(1\) 就行了
复杂度 \(O((H-L)ln(H-L))\)然后是杜教筛做法
同样把 \(L\) 变成 \(\left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil\),\(H\) 变成 \(\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor\)
反演一下\[\begin{aligned} &\sum_{a=L}^H\sum_{b=L}^H...\sum_{k=L}^H[gcd(a,b...k)==1]\\ &=\sum_{a=L}^H\sum_{b=L}^H...\sum_{k=L}^H\sum_{d|gcd(a,b...k)}\mu(d)\\ &=\sum_{d=1}^{H}\mu(d)(\left \lfloor \frac{H}{d} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{L-1}{d} \right \rfloor)^N \end{aligned}\]
快速幂+杜教筛就没了
\(DZY\ Loves\ Math\ IV\)
题意描述：求\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\varphi(ij)\)
观察到 \(n\) 很小可以枚举,考虑对于每个 \(i\) 如何求\(\sum\limits_{j=1}^m\varphi(ij)\)
观察 \(\varphi(x)=x\prod\limits_{i=1}^{k}(1-\frac{1}{p_i})\)
发现我们可以把 \(i=\prod_{i=1}^kp_i^{e_i}\) 分成两部分 \(a=\prod\limits_{i=1}^kp_i,b=\prod\limits_{i=1}^kp_i^{e_i-1}\)
则 \(\varphi(i)=b\varphi(a)\)
设 \(f(i,m)=\sum\limits_{j=1}^m\varphi(ij)\)
推一下\[\begin{aligned} f(i,m)&=\sum\limits_{j=1}^m\varphi(ij)\\ &=b\sum_{j=1}^m\varphi(aj)\\ &=b\sum_{j=1}^m\varphi(\frac{a}{gcd(a,j)})\varphi(j)gcd(a,j)\\ &=b\sum_{j=1}^m\varphi(\frac{a}{gcd(a,j)})\varphi(j)\sum_{k|gcd(a,j)}\varphi(k)\\ &=b\sum_{j=1}^m\varphi(j)\sum_{k|gcd(a,j)}\varphi(k)\varphi(\frac{a}{gcd(a,j)})\\ &=b\sum_{j=1}^m\varphi(j)\sum_{k|gcd(a,j)}\varphi(\frac{a}{k})\\ &=b\sum_{k|a}^m\varphi(\frac{a}{k})\sum_{j=1}^{m/k}\varphi(kj)\\ &=b\sum_{k|a}^m\varphi(\frac{a}{k})f(k,\frac{m}{k}) \end{aligned}\]
边界\(f(1,m)=\sum\limits_{i=1}^m\varphi(i)\ ,\ f(n,1)=\varphi(n)\ ,\ f(n,0)=0\)
\(f(1,m)=\sum\limits_{i=1}^m\varphi(i)\)，可以用杜教筛的方法在一次 \(O(m^{\frac{2}{3}})\) 的时间复杂度内求出，
同时，我们还记忆化了所有 \(\varphi(\left\lfloor \frac{m}{n}\right\rfloor)\) 的值，所以这个复杂度只需要计算一次。
所以复杂度大概 \(O(n\sqrt{m}+m^{\frac{2}{3}})\) 算起来不太对但是跑得还挺快？