bzoj3944 sum 杜教筛

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前置技能：

莫比乌斯反演 & 狄利克雷卷积
杜教筛基础

解题思路：

点亮前置技能就珂以发现这是裸题……
首先杜教筛要卷积一个函数。
先考虑$S(n)=\Sigma {}_{i=1}^n\phi (i)$的情况：
发现有一条式子叫做$\phi \ast I=id$。
所以让两边卷积一个$I$，得到$(I\ast S)(n)=\Sigma {}_{i=1}^{n}id(i)=\frac{n\ast (n+1)}{2}$
按照杜教筛的套路乱搞一波（此处可直接套杜教筛的结论），得到：
$S(n)=\Sigma {}_{i=1}^n(I\ast \phi )(i)-\Sigma {}_{i=2}^{n}I(i)S(\frac{n}{i})$
$=\frac{n\ast (n+1)}{2}-\Sigma {}_{i=2}^{n}S(\frac{n}{i})$
然后整除分块+记忆化乱搞即可。

对于$S(n)=\Sigma {}_{i=1}^n\mu (i)$的情况，也类似地套模板即可。

奇技淫巧

发现递归的时候$n$很大，记忆化不太好搞，这里需要map奇技淫巧来解决。
递归时需要记忆化的值只有$\lfloor \frac{n}{2}\rfloor ,\lfloor \frac{n}{3}\rfloor ,....$（这个先不证明）
因为当递归传递的值小于$n^{\frac{2}{3}}$（一般设为$1e6$左右）时，是直接线性筛出来的，所以珂以考虑对于$x$，把需要记忆化的$val$存在$\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$的位置。
因为$x>10^6$（否则调用线性筛的结果直接返回），$n$在$10^{10}$左右，所以$\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$在$10^4$以下。
这样就珂以不用开一个$10^{10}$的数组或是map来记忆化了。
这里放一张图：

但是这样会不会冲突呢？比如$\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{3}\rfloor$会不会与$\lfloor \frac{n}{6}\rfloor$不相等，导致需要记忆化的位置不只有$\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$呢？
这里需要引进一条玄学定理，叫做$\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{a}\rfloor }{b}\rfloor =\lfloor \frac{n}{ab}\rfloor$。
这里就不证明了，珂以看OIWiki-莫比乌斯反演中的证明qwq
根据引理珂以看出不存在$\lfloor \frac{n}{x}\rfloor (x\le n)$之外需要记忆化的位置。
所以如上乱搞即可qwq

另外，这题卡常数，要把两个前缀和在一个函数里面求出来。

update:
今天刚发现这个优化方法有适用范围：
如果对于很多个$x$，都要求出$S(x)$的值，就不适用了qwq
因为每次存储的位置是$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，和$n$有关
如果每次都强行用这种优化方法，每次要memset一下，时间复杂度就爆了qwq
举个栗子：洛谷P3172 CQOI2015 选数，即bzoj3930 CQOI2015 选数

毒瘤代码

#include
#include
#include
#include
#define re register int
#define mod 1000000000
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
	re x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9') {
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9') {
		x=10*x+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int Size=2000005;
ll tot,mu[Size],phi[Size],prime[Size];
ll summu[Size],sumphi[Size];
bool vis[Size];
void getp(int maxn) {
	phi[1]=mu[1]=1;
	phi[0]=0;
	for(re i=2; i<=maxn; i++) {
		if(!vis[i]) {
			prime[++tot]=i;
			mu[i]=-1;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(re j=1; j<=tot; j++) {
			int now=i*prime[j];
			if(now>maxn)	break;
			vis[now]=true;
			if(i%prime[j]==0) {
				mu[now]=0;
				phi[now]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			phi[now]=phi[i]*phi[prime[j]];
			mu[now]=-mu[i];
		}
	}
	for(re i=1; i<=maxn; i++) {
		summu[i]=summu[i-1]+mu[i];
		sumphi[i]=sumphi[i-1]+phi[i];
	}
}
ll n,m1[Size],m2[Size];
bool vis1[Size],vis2[Size];
pair<ll,ll> getans(ll x) {
	if(x<=2000000)	return make_pair(sumphi[x],summu[x]);
	int t=n/x;
	if(vis1[t])	return make_pair(m1[t],m2[t]);
	ll sum1=0,sum2=0,lst;
	for(ll i=2; i<=x; i=lst+1) {
		lst=x/(x/i);
		pair<ll,ll> tmp=getans(x/i);
		sum1+=(lst-i+1)*tmp.first;
		sum2+=(lst-i+1)*tmp.second;
	}
	vis1[t]=true;
	m1[t]=(x*(x+1ll)>>1ll)-sum1;
	m2[t]=1ll-sum2;
	return make_pair(m1[t],m2[t]);
}
int main() {
	getp(2000000);
	int T=read();
	while(T--) {
		n=read();
		memset(vis1,0,sizeof(vis1));
		memset(vis2,0,sizeof(vis2));
		pair<ll,ll> ans=getans(n);
		printf("%lld %lld\n",ans.first,ans.second);
	}
	return 0;
}
/*
1
2147483647
*/