杜教筛学习日记

参考博客： jk_chen_acmer

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前置知识

莫比乌斯反演学习日记

${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n=1]$

${\sum }_{d|n}\varphi (d)=n$

$\varphi (n)={\sum }_{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}$   $(容斥过程)$

${\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)=[gcd(i,j)=1]-C$

$F(n)={\sum }_{d|n}f(d)=>f(n)={\sum }_{d|n}u(d)F(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )-B$

$F(n)={\sum }_{n|d}f(d)=>f(n)={\sum }_{n|d}u(\frac{d}{n})F(d)-A$

${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}f(d)={\sum }_{d=1}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)$

积性函数知识点一点简单的性质，更多相关知识访问$google$。

杜教筛一般用于求积性函数前缀和，复杂度约$O(n^{\frac{2}{3}})$。

一般方法：递归套除法分块，小范围线性筛预处理。

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杜教筛上：莫比乌斯函数求和

$ans={\sum }_{i=1}^n\mu (i)n\le 1e11$

${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n=1]$

${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}\mu (d)={\sum }_{d=1}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (i)=1$

$1={\sum }_{i=1}^n\mu (i)+{\sum }_{d=2}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (i)$

$ans=1-{\sum }_{d=2}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (i)$

杜教筛艹后面这个式子。

看完杜教筛下后，你就知道其实就是把莫比乌斯函数卷积$1(n)$后转换前缀和就是上面式子的由来。

LL solve_mu(LL n) {
    if(n < MXN) return pre_mu[n];
    if(mp1[n] == inf) return 0;//unordered_map mp1;
    if(mp1[n]) return mp1[n];
    LL ans = 1;
    for(LL L = 2, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans -= (R-L+1LL)%mod*solve_mu(n/L);
    }
    mp1[n] = ans;
    if(mp1[n] == 0) mp1[n] = inf;
    return ans;
}
LL solve(LL n) {
    LL ans = 0;
    for(LL L = 1, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans += solve_mu(R)-solve_mu(L-1);
    }
    return (ans + mod) % mod;
}

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杜教筛上：欧拉函数求和

$ans={\sum }_{i=1}^n\varphi (i)n\le 1e11$

${\sum }_{d|n}\varphi (d)=n$

${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}\varphi (d)={\sum }_{d=1}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}\varphi (i)=\frac{n\times (n+1)}{2}$

${\sum }_{i=1}^n\varphi (i)+{\sum }_{d=2}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}\varphi (i)=\frac{n\times (n+1)}{2}$

$ans=\frac{n\times (n+1)}{2}-{\sum }_{d=2}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}\varphi (i)$

杜教筛艹tm的。

同理：这个也是把欧拉函数和$1(n)$卷积。

LL solve_phi(LL n) {
    if(n < MXN) return pre_phi[n];
    if(mp2[n]) return mp2[n];//unordered_map mp2;
    LL ans = n%mod*(n+1)%mod*inv2%mod;
    for(LL L = 2, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans = (ans - (R-L+1LL)%mod*solve_phi(n/L)%mod)%mod;
    }
    ans = (ans + mod) % mod;
    mp2[n] = ans;
    return ans;
}
LL solve(LL n) {
    LL ans = 0;
    for(LL L = 1, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans = (ans + solve_phi(R) - solve_phi(L-1) + mod) % mod;
    }
    return (ans + mod) % mod;
}

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杜教筛上：小结

先搞出这个式子${\sum }_{d|i}f(d)$，然后利用公式${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}f(d)={\sum }_{d=1}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)$

${\sum }_{i=1}^{n}f(i)+{\sum }_{d=2}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}f(d)$

${\sum }_{i=1}^{n}f(i)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}f(d)-{\sum }_{d=2}^n{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)$

然后递归+除法分块+线性筛预处理小范围直接算。

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杜教筛下：前置：迪利克雷卷积

定义： 定义$f$，$g$两个积性函数的迪利克雷卷积运算$(\ast )$为：
$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})$$

性质：

1.交换律：$f\ast g=g\ast f$
2.结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$
3.分配律：$f\ast (g+h)=f\ast g+f\ast h$
4.单位元：$f\ast e=f$

常见函数的卷积：

$\mu \ast 1=ϵ$
$\varphi \ast 1=Id$
$\varphi =Id\ast \mu$
$d=1\ast 1$
$1=\mu \ast d$

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杜教筛下：求${\sum }_{i=1}^n\varphi (i)\times i$

$f(n)=\varphi (n)\times n$，直接求不好求，

给它卷积一个$Id$，$g(n)=n$，我们可以得到：

$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}\varphi (d)\times d\times \frac{n}{d}$$

$$(f\ast g)(n)=n\sum _{d|i}\varphi (d)=n^2$$

然后我们求这个卷积的前缀和：

 ${\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}g(d)\times f(\frac{i}{d})$

 $={\sum }_{d=1}^{n}g(d){\sum }_{d|i}f(\frac{i}{d})={\sum }_{d=1}^{n}g(d){\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)$

 $={\sum }_{i=1}^{n}f(i)+{\sum }_{d=2}^{n}g(d){\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)={\sum }_{i=1}^n{i}^2$

 ${\sum }_{i=1}^{n}f(i)={\sum }_{i=1}^n{i}^2-{\sum }_{d=2}^{n}g(d){\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)$

到这里就递归+除法分块+线性筛预处理直接算。

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杜教筛下：一般方法

比如我们要求$Ans(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$。
直接求会比较难求，这时我们找一个积性函数$g(n)$，先求他们卷积的前缀和：

$$\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)\times f(\frac{i}{d})$$
$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{d|i}f(\frac{i}{d})=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)$$
$$=\sum _{i=1}^{n}f(i)+\sum _{d=2}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)$$

$$g(1)\sum _{i=1}^{n}f(i)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)$$
$$\sum _{i=1}^{n}f(i)=\frac{{\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)-{\sum }_{d=2}^{n}g(d){\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}f(i)}{g(1)}$$
$$Ans(n)=\frac{{\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)-{\sum }_{d=2}^{n}g(d)Ans(\frac{n}{d})}{g(1)}$$

• 如果出现$\varphi (n)$，就凑一下${\sum }_{d|n}\varphi (d)=n$
• 如果出现$\mu (n)$，就凑一下${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n=1]$
  
  

P4213 【模板】杜教筛（Sum）

被卡常数的感觉真不好。

算法解释上面有。。。写道模板题练练手。。。。

#include
#define fi first
#define se second
#define iis std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
#define pb push_back
#define o2(x) (x)*(x)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1000000007;
const int MXN = 3e6 + 6;

int n;
int noprime[MXN], pp[MXN/2], pcnt;
int mu[MXN], phi[MXN];
int pre_mu[MXN];
LL pre_phi[MXN];
unordered_map<int, LL> mp1;
unordered_map<int, int> mp2;
void init_prime() {
    noprime[0] = noprime[1] = 1;
    mu[1] = phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MXN; ++i) {
        if(!noprime[i]) pp[pcnt++] = i, mu[i]=-1, phi[i]=i-1;
        for(int j = 0; j < pcnt && i*pp[j] < MXN; ++j) {
            noprime[i*pp[j]] = 1;
            mu[i*pp[j]] = -mu[i];
            phi[i*pp[j]] = (pp[j]-1)*phi[i];
            if(i % pp[j] == 0) {
                mu[i*pp[j]] = 0;
                phi[i*pp[j]] = (pp[j])*phi[i];
                break;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i < MXN; ++i) pre_phi[i] = pre_phi[i-1]+phi[i],pre_mu[i] = pre_mu[i-1]+mu[i];
}
LL solve_phi(int n) {
    if(n < MXN) return pre_phi[n];
    if(mp1[n]) return mp1[n];
    LL ans = n;
    ans = ans*(ans+1)/2LL;
    for(int L = 2, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans -= (R-L+1)*solve_phi(n/L);
    }
    mp1[n] = ans;
    return ans;
}
int solve_mu(int n) {
    if(n < MXN) return pre_mu[n];
    if(mp2[n]) return mp2[n];
    int ans = 1;
    for(int L = 2, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans -= (R-L+1)*solve_mu(n/L);
    }
    mp2[n] = ans;
    return ans;
}
int main() {
    init_prime();
    int tim; scanf("%d", &tim);
    while(tim --) {
        scanf("%d", &n);
        int ans1 = 1;
        LL ans2 = n;
        ans2 = ans2*(ans2+1)/2LL;
        if(mp2[n] == 0) {
            for(LL L = 2, R; L <= n; L = R + 1) {
                R = n/(n/L);
                ans2 -= (R-L+1)*solve_phi(n/L);
                ans1 -= (R-L+1)*solve_mu(n/L);
            }
        }else ans2 = mp1[n], ans1 = mp2[n];
        printf("%lld %d\n", ans2, ans1);
    }
    return 0;
}

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求${\sum }_{i=1}^n\mu \ast \mu (i)$的值

莫比乌斯卷积莫比乌斯的前缀和：$$\sum _{i=1}^n\mu \ast \mu (i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}\mu (d)\times \mu (\frac{i}{d})$$
化简一下就成这个了：$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (i)$$
然后套一个求莫比乌斯函数前缀和，预处理一下小范围的卷积+杜教筛就可以了。

还有一种形式，我不太会证明唉：$$\sum _{i=1}^n\mu \ast \mu (i)=\sum _{i=1}^n\mu (i)-\sum _{d=2}^n\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu \ast \mu (i)$$
当然法2比法1要快一点。

CODE：

int noprime[MXN], pp[MXN/2], pcnt;
int mu[MXN], phi[MXN];
int pre_mu[MXN];//mu的前缀和
LL mumu[MXN];//卷积的前缀和
unordered_map<LL,LL>mp1,mp2;

void init_rime() {
    noprime[0] = noprime[1] = 1;
    mu[1] = 1;mumu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MXN; ++i) {
        if(!noprime[i]) pp[pcnt++] = i, mu[i]=-1, mumu[i]=-2;
        for(int j = 0; j < pcnt && i*pp[j] < MXN; ++j) {
            noprime[i*pp[j]] = 1;
            mu[i*pp[j]] = -mu[i];
            mumu[i*pp[j]] = mumu[i]*mumu[pp[j]];
            if(i % pp[j] == 0) {
                mu[i*pp[j]] = 0;
                if((i/pp[j])%pp[j]) mumu[i*pp[j]] = mumu[i/pp[j]];
                else mumu[i*pp[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i < MXN; ++i) pre_mu[i] = pre_mu[i-1] + mu[i];
    for(int i = 2; i < MXN; ++i) mumu[i] = (mumu[i]+mumu[i-1]+MOD)%MOD;
}

LL solve_u(LL n) {
    if(n < MXN) return pre_mu[n];
    if(mp1.count(n)) return mp1[n];
    LL ans = 1;
    for(LL L = 2, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans = (ans - (R-L+1)%MOD*solve_u(n/L)%MOD+MOD)%MOD;
    }
    mp1[n] = ans;
    return ans;
}
LL solve_uu1(LL n) {//方法1
    if(n < MXN) return mumu[n];
    if(mp2.count(n)) return mp2[n];
    LL ans = 0;
    for(LL L = 1, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans = (ans + (solve_u(R)-solve_u(L-1)+MOD)%MOD*solve_u(n/L)%MOD);
        if(ans >= MOD) ans %= MOD;
    }
    mp2[n] = (ans+MOD)%MOD;
    return ans;
}
LL solve_uu2(LL n) {//方法2
    if(n < MXN) return mumu[n];
    if(mp2.count(n)) return mp2[n];
    LL ans = solve_u(n);
    for(LL L = 2, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n/(n/L);
        ans = (ans - (R-L+1)%MOD*solve_uu2(n/L)%MOD+MOD);
        if(ans >= MOD) ans %= MOD;
    }
    mp2[n] = (ans+MOD)%MOD;
    return ans;
}

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题目

https://blog.csdn.net/Ike940067893/article/details/85036208
https://blog.csdn.net/litble/article/details/80679820
https://blog.csdn.net/fo0Old/article/details/82152479
https://www.cnblogs.com/peng-ym/p/9446555.html

https://blog.csdn.net/VictoryCzt/article/details/80879652

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}i\times \mu (gcd(i,j))=\sum _{d=1}^n\mu (d)\times d\sum _{k=1}^{min(\frac{n}{d},\frac{m}{d})}\mu (k)\times k^2\sum _{i=1}^{\frac{n}{kd}}i\sum _{j=1}^{\frac{m}{kd}}1$$