从零开始学杜教筛-编程知识

从零开始学杜教筛

news/2025/2/8 19:29:40/文章来源:https://www.cnblogs.com/Ydoc770/p/18703321

实际上略过了一小部分基础数论。
杜教筛时间复杂度的证明还需要一点微积分基础。

积性函数
- 定义
狄利克雷卷积
- 定义
- 性质
- 狄利克雷逆
- 应用
- 恒等式
数论分块（整除分块）
- 重要观察
- 枚举取值
线性筛
- 原理
- 正确性
- 复杂度
- 代码实现
杜教筛
- 简介
- 式子推导
- 时间复杂度
- 应用
  - 筛 $\mu$
  - 筛 $\varphi$
- 代码实现

积性函数

数论函数是定义域在整数上的函数，其中积性函数因为其具有十分朴实且优美的性质，成为了 OI 数论中不可或缺的基础。

定义

设数论函数 $f(n)$，若对于任意 $a\perp b$ 满足 $f(a)\cdot f(b)=f(ab)$ 则称 $f(n)$ 为积性函数。
特别的，若对于任意 $a,b$ 满足 $f(a)\cdot f(b)=f(ab)$，则称 $f(n)$ 为完全积性函数。

常见的积性函数有：

单位函数：$\varepsilon(n)=[n=1]$（完全积性）
恒等函数：$\text{id}_k(n)=n^k$（完全积性），当 $k=1$ 简记为 $\text{id}(n)=n$
常数函数：$1(n)=1$（完全积性）
除数函数：$\sigma_k(n)=\sum_{d|n}d^k$，$\sigma_0(n)$ 即因数个数，简记为 $\text d(n)$；$\sigma_1(n)$ 即因子之和，简记为 $\sigma(n)$
欧拉函数：$\varphi(n)=\sum_{d=1}^n[gcd(d,n)=1]$，即 $n$ 以内与 $n$ 互质的数的个数。
莫比乌斯函数： $\mu(x)=\begin{cases} 1&(x=1) \\ (-1)^k&(x没有平方数因子，且x的质因子个数为k)\\ 0&(x有平方数因子) \end{cases}$

同时有两个重要的推论：

积性函数 $f$ 一定满足 $f(1)=1$，因为 $f(1)=f(1\times1)=f(1)\times f(1)$。
通过所有质数处的点值可以唯一确定完全积性函数；通过全部 $p^k$ 处点值可以唯一确定积性函数，由于唯一分解定理。

狄利克雷卷积

定义

对于两个数论函数 $f,g$，他们的狄利克雷卷积定义为

\[(f\otimes g(n))=\sum_{d|n}f(d)g({n\over d}) \]

性质

狄利克雷卷积有很多优良的性质：

交换律：$f\otimes g= g\otimes f$
结合律：$f\otimes g\otimes h=f\otimes(g\otimes h)$
单位元：取 $\varepsilon(n)=[n=1]$，则对任意数论函数
$f$ 都有 $f\otimes \varepsilon=\varepsilon\otimes f=f$
两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数。

狄利克雷逆

已知数论函数 $f$，求一个数论函数 $g$ 使 $f\otimes g=\varepsilon$。

应用

这个东西有啥用呢？我们不妨试着找找 $1(n)=1$ 的狄利克雷逆。
记 $\mu=1^{-1}$，我们简单计算一下前几项：

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	$16$
$\mu(n)$	$1$	$-1$	$-1$	$0$	$-1$	$1$	$-1$	$0$	$0$	$\ 1$	$-1$	$\ 0$	$-1$	$\ 1$	$\ 1$	$\ 0$

设 $p,q$ 为互异质数，我们可以简单观察到一些规律：

在 $n=p$ 处 $\mu(p)=-1$
在 $n=pq$ 处 $\mu(pq)=1$
在 $n=p^k\ (k>1)$ 处 $\mu(p^k)=0$

这些条件看上去都是必要的，但是并没有充分性。
根据狄利克雷卷积的性质，由于 $1$ 和 $\varepsilon$ 都是积性函数，所以 $\mu$ 也是。并且由积性函数推论 2，这些 $p^k$ 处的点值已经唯一确定了一个积性函数。归纳得出：

\[\mu(x)=\begin{cases} 1&(x=1) \\ (-1)^k&(x没有平方数因子，且x的质因子个数为k)\\ 0&(x有平方数因子) \end{cases}\]

事实上，$1(n)$ 的狄利克雷逆就是 $\mu(n)$ 的定义。

我们考虑另一个狄利克雷卷积：$\mu\otimes\text{id}$，其中 $\text{id}(n)=n$。
记 $\varphi=\mu\otimes\text{id}$，我们简单计算一下前几项：

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	$16$
$\varphi(n)$	$1$	$1$	$2$	$2$	$4$	$2$	$6$	$4$	$6$	$\ 4$	$10$	$\ 4$	$12$	$\ 6$	$\ 8$	$\ 8$

设 $p$ 为质数，我们可以简单观察到一些规律：

在 $n=p$ 处 $\mu(p)=p-1$
在 $n=p^k\ (k>1)$ 处 $\mu(p^k)=(p-1)p^{k-1}$

归纳得出：

\[\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k{p_i-1\over p_i},\ \text {where}\ n=\prod_{i=1}^kp_i^{r_i} \]

事实上，$(\mu\otimes\text{id})(n)$ 就是 $\varphi(n)$ 的定义。

恒等式

我们有以下狄利克雷卷积恒等式：

$\mu\otimes 1=\varepsilon$
$\mu\otimes\text{id}=\varphi$
$\varphi\otimes1=\text{id}$
$1\otimes1=d=\sigma_0$
$1\otimes\text{id}_k=\sigma_k$

其中前三个恒等式非常重要，在杜教筛式子的推导中也会出现。

数论分块（整除分块）

这是几乎所有数论题都会用到的计算方法，非常重要。一切来源于一个精巧的观察。

重要观察

对一个正整数 $n$，所有 $\lfloor{n\over i}\rfloor$ 的取值有 $O(\sqrt n)$ 种。

证明：当 $i\le\sqrt x$ 时，一一对应 $O(\sqrt n)$ 种不同的取值；当 $i>\sqrt n$ 时，由于 $\lfloor{n\over i}\rfloor\le\sqrt n$，所以此时 $\lfloor{n\over i}\rfloor$ 也只有 $O(\sqrt n)$ 种取值。

枚举取值

现在我们有一个 $l$ 表示一段取值相同的数的左端点，要求这段数的右端点 $r$。即已知 $\lfloor{n\over l}\rfloor=\lfloor{n\over r}\rfloor$，求 $r_{max}$。

设 $k=\lfloor{n\over l}\rfloor=\lfloor{n\over r}\rfloor$，有 $k\le{n\over r}<k+1$。同时取倒数，得到 ${1\over k+1}<{r\over n}\le {1\over k}$。求 $r$ 上界拿出右边不等式，化成 $r\le{n\over k}$。由于求的 $r$ 是一个整数，不妨加个下取整得到 $r\le\lfloor{n\over k}\rfloor=\lfloor{n\over \lfloor{n\over l}\rfloor}\rfloor$。即 $r_{max}=\lfloor{n\over \lfloor{n\over l}\rfloor}\rfloor$。

我们可以不断地求出 $r=\lfloor{n\over \lfloor{n\over l}\rfloor}\rfloor$，统计整段贡献，再令 $l = r + 1$。这样我们就做到了 $O(\sqrt n)$ 快速求值。

线性筛

原理

顾名思义，线性筛可以在严格线性时间复杂度筛质数或各种积性函数。其原理是用每个数的最小质因子来筛去它。

正确性

具体实现是维护从小到大的质数 $p_j$，每次筛去当前数 $i\times p_j$，此时默认了 $p_j$ 是 $i\times p_j$ 的最小质因子。当枚举到 $p_j$ 整除 $i$ 时，我们发现：如果之前没有枚举到 $i$ 的其他质因子，那么 $p_j$ 是 $i$ 的最小质因子；在这之后，如果有另一个更大的 $p_{j'}$ 整除 $i$，那么 $i\times p_{j'}$ 的最小质因子仍然是 $p_j$ 而不是 $p_{j'}$，我们不能用 $p_{j'}$ 来筛 $i\times p_{j'}$，这样不符合原理。所以在第一处 $p_j$ 整除 $i$ 时就需要终止对于 $i\times p_j$ 的筛。而在此之前筛去的 $i\times p_{j''}$ 如果有更小的质因子，那一定是 $i$ 更小的质因子，在之前就会终止。所以我们的默认也是正确的。

复杂度

复杂度如何保证？对于每个数去筛都有一次终止，即 $O(n)$ 次终止；在终止之前，每一个数 $i\times p_j$ 都只会被最小质因子筛一次，同时这个 $i\times p_j$ 只会被最小质因子打上一次非质数的标记。这几个行为都是 $O(n)$ 的，故总复杂度也是 $O(n)$。

代码实现

贴一份线性筛代码，其实很简短。

线性筛 $\mu$ 和 $\varphi$

void init() {mu[1] = 1, phi[1] = 1;for(int i = 2; i <= maxv; i++) {if(isp[i]) {primes.push_back(i);mu[i] = -1, phi[i] = i - 1;}for(int p : primes) {if(i * p > maxv) break;isp[i * p] = false;if(i % p) {mu[i * p] = -mu[i], phi[i * p] = phi[i] * (p - 1);}else {mu[i * p] = 0, phi[i * p] = phi[i] * p;break;}}}return;
}

杜教筛

简介

对于数论函数 $f$，杜教筛可以在低于线性时间复杂度（$O(n^{3\over4})$ 甚至 $O(n^{2\over3})$）计算 $S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)$ 的点值。

式子推导

找另一个恰当的数论函数 $g$（通常是积性函数），考虑 $f\otimes g$：

\[\sum_{i=1}^n(f\otimes g)(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)g({i\over d}) \]

为了避免枚举因数，我们更换指标：用新的 $d'$ 代替 $i\over d$，新的 $i'$ 代替 $d$。由于 $d'$ 是 $i$ 的因数，如果枚举 $d'$，所有合法的 $i'$ 表示的是 $d'$ 在 $n$ 以内合法的倍数，共有 $\lfloor{n\over d'}\rfloor$ 个。于是：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)g({i\over d})=\sum_{d'=1}^ng(d')\sum_{i'=1}^{\lfloor{n\over d'}\rfloor}f(i') \]

把对 $f(i')$ 求和换成 $S(\lfloor{n\over d'}\rfloor)$，再把 $d'$ 换成更简单的指标：

\[\sum_{i=1}^ng(i)S(\lfloor {n\over i}\rfloor) \]

（以上部分也可以用于在其他时候处理狄利克雷卷积）

接下来我们处理 $S(n)$。如果你选取的 $g$ 是积性函数，那么 $S(n)=g(1)S(n)$ 可以写成 $\sum_{i=1}^ng(i)S(\lfloor{n\over i}\rfloor)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\lfloor{n\over i}\rfloor)$（如果不是，则整体除以 $g(1)$）。即有：

\[\sum_{i=1}^n(f\otimes g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\lfloor{n\over i}\rfloor) \]

令 $f\otimes g=h$，则：

\[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^nh(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\lfloor{n\over i}\rfloor) \]

如果 $h$ 和 $g$ 的前缀和好求，那么我们只需要数论分块就可以快速求出 $S(\lfloor{n\over i}\rfloor)$。所以一个恰当的 $g$ 条件是 $f\otimes g$ 和 $g$ 的前缀和都好求。

时间复杂度

令 $R(n)=\{\lfloor{n\over k}\rfloor:k=2,3,\cdots,n\}$

我们认为求 $h$ 和 $g$ 的前缀和是 $O(1)$ 的。每个 $S(k)\ (k\in R(n))$ 均只会计算一次，其中 $|R(n)|=O(\sqrt n)$（数论分块结论）。

设计算一次 $S(n)$ 的时间复杂度为 $T(n)$，则：

\[\begin{aligned} T(n)&=\sum_{k\in R(n)}T(k)\\ &=\Theta(\sqrt n)+\sum_{k=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}O(\sqrt k)+\sum_{k=2}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}O(\sqrt {n\over k})\\ &=O(\int_0^{\sqrt n}(\sqrt x+\sqrt{n\over x})\text dx)\\ &=O(n^{3\over 4}). \end{aligned} \]

若我们可以预处理一部分 $S(k)$，其中 $k=1,2,\cdots,m$，$m\ge\lfloor\sqrt n\rfloor$。设预处理时间复杂度为 $T_0(m)$，此时 $T(n)$ 为：

\[\begin{aligned} T(n)&=T_0(m)+\sum_{k\in R(n),k>m}T(k)\\ &=T_0{m}+\sum_{k=1}^{\lfloor {n\over m}\rfloor}O(\sqrt{n\over k})\\ &=O(T_0(m)+\int_0^{n\over m}\sqrt{n\over x}\text dx)\\ &=O(T_0(m)+{n\over\sqrt m}). \end{aligned} \]

若使用线性筛预处理前缀和，则 $T_0(m)=O(m)$。由均值得：当 $m=\Theta(n^{2\over3})$ 时，$T(n)$ 取得最小值 $O(n^{2\over 3})$。

最后，对于多组询问要使用记忆化，防止重复求 $O(\sqrt n)$ 种取值中的某一种。这样就可以保证复杂度是 $O(n^{2\over3})$。

应用

$O(n)$ 跑不下来可以考虑尝试杜教筛。

筛 $\mu$

我们有恒等式

\[\mu \otimes1=\epsilon \]

启发我们取 $g(n)=1(n)$，$h(n)=\epsilon(n)$。所以有：

\[1(1)S(n)=\sum_{i=1}^n\epsilon(i)-\sum_{i=2}^n1(i)S(\lfloor{n\over i}\rfloor) \]

即：

\[S(n)=1-\sum_{i=2}^n1(i)S(\lfloor{n\over i}\rfloor) \]

$1(i)$ 的前缀和即为 $i$，直接杜教筛复杂度 $O(n^{2\over3})$。

筛 $\varphi$

我们有恒等式

\[\varphi\otimes1=\text{id} \]

启发我们取 $g(n)=1(n)$，$h(n)=\text{id}(n)$。所以有：

\[1(1)S(n)=\sum_{i=1}^n\text{id}(i)-\sum_{i=2}^n1(i)S(\lfloor{n\over i}\rfloor) \]

即：

\[S(n)={n(n+1)\over2}-\sum_{i=2}^n1(i)S(\lfloor{n\over i}\rfloor) \]

$1(i)$ 的前缀和即为 $i$，直接杜教筛复杂度 $O(n^{2\over3})$。

代码实现

Luogu P4213 【模板】杜教筛 Link

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;const int maxn = (1 << 21) + 10, maxv = (1 << 21);
ll T, n; vector<ll> primes, isp(maxn, true);
ll mu[maxn], phi[maxn];
unordered_map<int, ll> sphi;
unordered_map<int, int> smu;
void init() {mu[1] = 1, phi[1] = 1;for(int i = 2; i <= maxv; i++) {if(isp[i]) {primes.push_back(i);mu[i] = -1, phi[i] = i - 1;}for(int p : primes) {if(i * p > maxv) break;isp[i * p] = false;if(i % p) {mu[i * p] = -mu[i], phi[i * p] = phi[i] * (p - 1);}else {mu[i * p] = 0, phi[i * p] = phi[i] * p;break;}}}for(int i = 1; i <= maxv; i++) mu[i] += mu[i - 1], phi[i] += phi[i - 1];return;
}ll get_phi(int x) {if(x <= maxv) return phi[x];if(sphi[x]) return sphi[x];ll res = 1ll * x * (1ll * x + 1) / 2;for(ll l = 2, r = 0; l <= x; l = r + 1) {r = x / (x / l);res -= get_phi(x / l) * (r - l + 1);}return sphi[x] = res;
}
int get_mu(int x) {if(x <= maxv) return mu[x];if(smu[x]) return smu[x];ll res = 1;for(ll l = 2, r = 0; l <= x; l = r + 1) {r = x / (x / l);res -= get_mu(x / l) * (r - l + 1);}return smu[x] = res;
}int main() {ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);init();cin >> T; while(T--) {cin >> n;cout << get_phi(n) << " " << get_mu(n) << endl;}return 0;
}

完结撒花 😃

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