浅谈几种筛法
杜教筛
问题一般是求 ∑ i = 1 n f ( i ) \sum_{i=1}^{n}f(i) i=1∑nf(i)这样的式子。
然后我们有一种很妙的想法，那就是构造两个积性函数 h , g h,g h,g，使得 h = f ∗ g h=f*g h=f∗g
然后尝试推一下 h h h的前缀和，发现：
∑ i = 1 n h ( i ) = ∑ i = 1 n ∑ d ∣ i g ( d ) ⋅ f ( i d ) = ∑ d = 1 n g ( d ) ⋅ ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ f ( i ) \sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}g(d)\cdot f(\frac{i}{d})\\=\sum_{d=1}^{n}g(d)\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f({i}) i=1∑nh(i)=i=1∑nd∣i∑g(d)⋅f(di)=d=1∑ng(d)⋅i=1∑⌊dn⌋f(i)
如果记 S ( n ) = ∑ i = 1 n f ( i ) S(n)=\sum_{i=1}^nf(i) S(n)=∑i=1nf(i)，那么就可以写成： ∑ i = 1 n h ( i ) = ∑ d = 1 n g ( d ) ⋅ S ( ⌊ n d ⌋ ) \sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{d=1}^{n}g(d)\cdot S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) i=1∑nh(i)=d=1∑ng(d)⋅S(⌊dn⌋)
把 d = 1 d=1 d=1提出来，得到我们想要的式子： g ( 1 ) S ( n ) = ∑ i = 1 n h ( i ) − ∑ d = 2 n g ( d ) ⋅ S ( ⌊ n d ⌋ ) g(1)S(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)\cdot S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) g(1)S(n)=i=1∑nh(i)−d=2∑ng(d)⋅S(⌊dn⌋)
那么如果 h h h的前缀和我们可以在一个比较优秀的时间复杂度内求出，则后面那一部分的时间复杂度在进行整除分块后，可以达到一个优秀的时间复杂度 O ( n 2 3 ) O(n^{\frac{2}{3}}) O(n32)。
一些题目
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题意：
求 ∑ i = a b μ ( i ) （ a ≤ b ≤ 1 0 10 ） \sum _{i=a}^{b} \mu(i)（a\le b\le 10^{10}） i=a∑bμ(i)（a≤b≤1010）
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解法一：
直接套用上面的卷积。我们知道 μ ∗ 1 = ϵ \mu * 1=\epsilon μ∗1=ϵ
且 1 , ϵ 1,\epsilon 1,ϵ都是积性函数，所以可以直接得到： S ( n ) = 1 − ∑ i = 2 n S ( ⌊ n i ⌋ ) \displaystyle S(n)=1 - \sum _{i=2}^{n} S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) S(n)=1−i=2∑nS(⌊in⌋)
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解法二：
还是来推一下式子，其实思路是一样的，都用到了 ∑ d ∣ n μ ( d ) = [ n = 1 ] \sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] d∣n∑μ(d)=[n=1]这条式子。
∑ i = 1 n ∑ d ∣ i μ ( d ) = 1 ∴ ∑ i = 1 n ∑ j = 1 ⌊ n i ⌋ μ ( j ) = 1 \sum_{i=1}^{n} \sum_{d|i}\mu(d)=1\\ \therefore \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}\mu(j)=1 i=1∑nd∣i∑μ(d)=1∴i=1∑nj=1∑⌊in⌋μ(j)=1
提出 j = 1 j=1 j=1，得到 ∑ i = 1 n μ ( i ) = 1 − ∑ i = 2 n ∑ j = 1 ⌊ n i ⌋ μ ( j ) \sum _{i=1}^{n} \mu(i)=1-\sum_{i=2}^{n} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}\mu(j) i=1∑nμ(i)=1−i=2∑nj=1∑⌊in⌋μ(j)然后就转化为上面的式子。 -
Trick
这里有几个需要注意的地方。一个是我们可以预处理一些 ≤ n \le \sqrt{n} ≤n的前缀和来加快速度（事实上，根据唐教的分析，如果不预处理，时间复杂度是 O ( n 3 4 ) O(n^{\frac{3}{4}}) O(n43)的），另外一个就是hash时候的技巧，与 M i n 25 Min25 Min25筛不同，杜教筛的筛法需要用map记录一些已经算过的前缀和来保证时间复杂度，而这个时候我们其实可以不用map，而是用两个表去处理，按照是否 ≤ n \le \sqrt{n} ≤n来处理。时间复杂度优秀许多，具体参见代码。
c o d e 1 code_1 code1（用map储存）：
注意map ，iter = h.find(x)，iter->second的用法
#include c o d e 2 code_2 code2（推荐储存方式）：
#include Min25筛
也是一种很优秀的求积性函数前缀和的筛法。据zzq大神说它的时间复杂度是 O ( n l o g n l o g n ) O(\frac{n}{log_nlog_n}) O(lognlognn)？？
为了下面叙述方便，记 P P P表示素数集合，记 P i P_i Pi表示第 i i i个质数，其中 ∣ P ∣ = n |P|=\sqrt{n} ∣P∣=n。
此类问题的 F ( i ) F(i) F(i)一般满足：
{ f ( p ) 是 一 个 关 于 p 的 多 项 式 p ∈ P f ( p c ) 可 以 快 速 计 算 出 o t h e r w i s e \begin{cases} f(p)是一个关于p的多项式\ \ \ \ p\in P\\ f(p^c)可以快速计算出\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ otherwise\end{cases} {f(p)是一个关于p的多项式 p∈Pf(pc)可以快速计算出 otherwise
则min25筛的想法是把所有的 F ( i ) F(i) F(i)的和分成质数和合数去考虑，即总的贡献 = 质数的贡献 + 合数的贡献，下面讲解两种方法：
递归版本
那么先考虑质数的贡献，即 i i i为质数，且保证括号内条件成立时的情况下的贡献。
若记 m i n ( p ) min(p) min(p)表示 i i i的最小质因子以及 g ( n , j ) = ∑ i = 1 n [ i ∈ P , m i n ( p ) > P j ] F ( i ) g(n,j)=\sum_{i=1}^n[i\in P, min(p)\gt P_j]F(i) g(n,j)=i=1∑n[i∈P,min(p)>Pj]F(i)
则由定义，不难推出 g ( n , j ) = { g ( n , j − 1 ) P j 2 > n g ( n , j − 1 ) − F ( P j ) [ g ( n P j , j − 1 ) − ∑ i = 1 j − 1 F ( P i ) ] P j 2 ≤ n g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&{P_j}^2\gt n\\ g(n,j-1)-F(P_j)[g(\frac{n}{P_j},j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}F(P_i)]&{P_j}^2\le n\end{cases} g(n,j)={g(n,j−1)g(n,j−1)−F(Pj)[g(Pjn,j−1)−∑i=1j−1F(Pi)]Pj2>nPj2≤n
其中 g ( n , 0 ) g(n,0) g(n,0)初值比较难理解。事实上，我们观察这整一个递推过程，实际上很类似埃氏筛，每一次都把一个 P j P_j Pj的贡献给删去，最终筛到 n \sqrt{n} n时，保证了还没有被质数筛去的数在 n n n范围内一定不是合数。
那么继续考虑埃氏筛，实际上一开始我们是把所有数都看成质数的。那么 g ( n , 0 ) g(n,0) g(n,0)的初值也就不难想了，可能是某个与 n n n有关的多项式，例如在求质数个数中 f ( i ) = 1 f(i)=1 f(i)=1，那么 g ( n , 0 ) = n − 1 g(n,0)=n-1 g(n,0)=n−1.
现在回到原问题 ∑ i = 1 n F ( i ) \sum_{i=1}^nF(i) i=1∑nF(i)上，我们要求质数的贡献，实质上就是 g ( n , ∣ P ∣ ) − g ( P j − 1 , j − 1 ) g(n,|P|)-g(P_{j-1},j-1) g(n,∣P∣)−g(Pj−1,j−1)
如果记 S ( n , j ) = ∑ i = 2 n F ( i ) [ i 的 最 小 质 因 子 大 于 等 于 P j ] S(n,j)=\sum_{i=2}^nF(i)[i的最小质因子大于等于P_j] S(n,j)=i=2∑nF(i)[i的最小质因子大于等于Pj]
那么可以推出 S ( n , j ) = g ( n , ∣ P ∣ ) − ∑ i = 1 j − 1 f ( P i ) + ∑ k ≥ j ∣ P ∣ ∑ e ( f ( P k e ) S ( n P k e , k + 1 ) + f ( P k e + 1 ) ) S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k\ge j}^{|P|}\sum_{e}(f({P_k}^e)S(\frac{n}{{P_k}^e},k+1)+f({P_k}^{e+1})) S(n,j)=g(n,∣P∣)−i=1∑j−1f(Pi)+k≥j∑∣P∣e∑(f(Pke)S(Pken,k+1)+f(Pke+1))
事实上，后面那一部分式子就是合数的贡献，枚举质数 k k k，次数 e e e，然后与求 g g g的思想是完全类似的，注意要加上一个 f ( P k e + 1 ) f({P_k}^{e+1}) f(Pke+1)就好了.
注意，这里我们所说的递归版本，实际上指的是 s s s的求法是用递归，实际实现中， g g g的求法可以不用递归，具体请看代码，并且求 s s s时可以不用记忆化，时间复杂度依旧优秀。
递推版本
实际上递推版本比递归更慢。因为它求的是 n \sqrt{n} n个 n i \frac{n}{i} in的前缀和。
具体细节与递归版本类似。我们直接设 S ′ ( n , i ) = ∑ i = 2 n F ( i ) [ i 的 最 小 质 因 子 不 小 于 p i 或 i 是 质 数 ] S'(n,i)=\sum_{i=2}^nF(i)[i的最小质因子不小于p_i或i是质数] S′(n,i)=i=2∑nF(i)[i的最小质因子不小于pi或i是质数].
可以得到： S ′ ( n , i ) = { S ′ ( n , i + 1 ) + ∑ e ≥ 1 且 p i e + 1 ≤ n F ( p i e ) [ S ( ⌊ n p i e ⌋ , i + 1 ) − g ( p i , i ) ] + F ( p i e + 1 ) p i 2 ≤ n S ′ ( n , i + 1 ) p i 2 ≥ n S'(n,i)=\left\{ \begin{array}{} S'(n,i+1)+\sum_{e\geq 1且\ p_i^{e+1}\ \leq n}\ \ F(p_i^e)[S(\lfloor\frac{n}{p_i^e}\rfloor,i+1)-g(p_i,i)]+F(p_i^{e+1})& &{p_i^2\leq n} \\ S'(n,i+1)& &{p_i^2\geq n} \end{array}\right. S′(n,i)={S′(n,i+1)+∑e≥1且 pie+1 ≤n F(pie)[S(⌊pien⌋,i+1)−g(pi,i)]+F(pie+1)S′(n,i+1)pi2≤npi2≥n
初值 S ′ ( n , ∣ P ∣ + 1 ) = g ( n , ∣ P ∣ ) S'(n,|P|+1)=g(n,|P |) S′(n,∣P∣+1)=g(n,∣P∣)
一些题目
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LOJ#6235. 区间素数个数
事实上就是求 1 ∼ n 1\sim n 1∼n素数，这个可以直接通过求的 g g g来得到，连 s s s都不用求。
注意实现的时候只需要保存 n i \frac{n}{i} in的 n \sqrt{n} n个值即可。
#include - #6053. 简单的函数
注意把 f ( p ) = p − 1 f(p)=p-1 f(p)=p−1拆成两个函数 g ( p ) = p , h ( p ) = 1 g(p)=p,h(p)=1 g(p)=p,h(p)=1，然后相减.
这样可以保证所求是积性函数.
#include 两种版本的时间复杂度都是 O ( n 3 4 l o g ( n ) ) O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{log(\sqrt n)}) O(log(n)n43)。经实测，递归版会稍微快一些。
- jzoj6027. 【GDOI2019模拟2019.2.23】签到
经过一系列的容斥后，可以计算。
比如说，要求 1 ∼ n 1\sim n 1∼n中不是 a i ( 1 ≤ i ≤ m ) a_i(1\le i\le m) ai(1≤i≤m)的倍数，但要是 b b b的倍数。
我们就把 n / b n/b n/b之后进行计算。
再譬如，如果在此基础上，还要求 f ( x ) = 1 f(x)=1 f(x)=1，我们就要特殊考虑了，必须要考虑的是 b b b的质因数情况，因为我们还是在 n / b n/b n/b的基础上进行计算，经过一番特殊处理后还是可以做出来，只要透彻理解质数和合数的计算即可。
#include