一点线性筛的东西

线性筛

$csp$还有不到一个月。
才发现自己不会线性筛，$mdzz$.
(代码都没试过，请谨慎使用)

for(int i=2;i<=n;++i) {
	if(!vis[i]) pri[++cnt]=i;
	for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j) {
		vis[i*pri[j]]=1;
		if(i%pri[j]==0) break;
	}
}

只会被最小的素数筛掉。
$n=p_1^{k_1}\ast p_2^{k_2}\dots \dots p_x^{k_x}$
枚举的$i$为$\frac{n}{p_1}$
当$n\%pri[j]==0$ 就是说枚举到了$pri[j]\ast i$的最小质因子的边界了。
再往后的$pri[j]$就会比$i$里面的质因子小了，当然不行了。
之前的质因子都是小于$i$的质因子，当然行了。
$n\%pri[j]==0$就是恰好相等的时候。
可以很方便的求积性函数，只需要毒瘤的简单的分类讨论就好了。

求莫比乌斯函数

$$\mu (x)=\{\begin{array}{rlr}& 1& n=1\\ & (-1{)}^k& n=p_1\ast p_2\dots p_k\\ & 0& n=others\end{array}$$

mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i) {
	if(!vis[i]) {
		pri[++cnt]=i;
		mu[i]=-1;
	}
	for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j) {
		vis[i*pri[j]]=1;
		if(i%pri[j]==0) {
			mu[i*pri[j]]=0;
			break;
		} else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
	}
}

那些
$$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{rlr}& 1& n=1\\ & 0& n>1\end{array}$$
这个二项式定理啥的证
${\sum }_{i=0}^k(-1{)}^k{C}_k^i$.

求欧拉函数

$\varphi (n)$与$n$互质的数的个数
之前写的懒得敲了。



筛的主要还是利用$n\ast \frac{p_1-1}{p_1}\dots \dots \frac{p_k-1}{p_k}$

phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i) {
	if(!vis[i]) {
		pri[++cnt]=i;
		phi[i]=i-1;
	}
	for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j) {
		vis[i*pri[j]]=1;
		if(i%pri[j]==0) {
			phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
			break;
		} else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
	}
}

$$\sum _{d|n}\varphi (d)=n$$
咱不会证，咱也不想想.

约数个数

如果 $x=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_k^{c_k}$ ，则 $d(x)=(1+c_1)(1+c_2)...(1+c_k)$
筛的过程中，我们记录一个 $num(x)$ 表示 $x$ 的最小质因子的个数，即 $c_1$ 。
然后$xjb$转移

for(int i=2;i<=n;++i) {
	if(!vis[i]) {
		pri[++cnt]=i;
		num[i]=1;
		d[i]=2;
	}
	for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j) {
		vis[i*pri[j]]=1;
		if(i%pri[j]==0) {
			num[i*pri[j]]=num[i]+1;
			d[i*pri[j]]=d[i]/(num[i]+1)*(num[i*pri[j]]+1);
			break;
		} else {
			num[i*pri[j]]=1;
			d[i*pri[j]]=d[i]*2;
		}
	}
}

约数和

我们设sd(i)表示i的约数和。
$sd(n)=(1+p_1+\dots +p_1^{r_1})\ast (1+p_2+\dots +p_2^{r_2})\ast \dots \ast (1+p_k\dots +p_k^{r_k})$
等差数列似的一个东西。
这个时候我们需要记录最小质因子的那一项也就是$(1+p_x+p_x^2+\dots \dots +p_x^{r_1})$，叫他$num(i)$.可以设sd(i)表示i的约数和。设
(一)，当前数是一个素数：
$sd(i)=i+1$
$num(i)=i+1$
(二)，当前数取模枚举的质数不等于0
​$(i\ast prime[j])$里原先没有$(prime[j])$这一项，加上这一项之后可得：$sd(i\ast prime[j])=sd(i)\ast sd(prime[j])$
$num(i\ast prime[j])=1+prime[j]$
(三)，当前数取模枚举的质数等于0
$sd(i\ast prime[j])=sd(i)/num(i)\ast (num(i)\ast prime[j]+1)$
$num(i\ast prime[j])=num(i)\ast prime[j]+1$

sd[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i) {
	if(!vis[i]) {
		pri[++cnt]=i;
		num[i]=sd[i]=i+1;
	}
	for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j) {
		vis[i*pri[j]]=1;
		if(i%pri[j]==0) {
			sd[i*pri[j]]=sd[i]/num[i]*(num[i]*pri[j]+1);
			num[i*pri[j]]=num[i]*pri[j]+1;
			break;
		} else {
			sd[i*pri[j]]=sd[i]*sd[pri[j]];
			num[i*pri[j]]=pri[j]+1;
		}
	}
}