AIOJ

杜教筛被用于处理一类数论函数的前缀和问题．对于数论函数 $f$ ，杜教筛可以在低于线性时间的复杂度内计算 $S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$ ．

算法思想

我们想办法构造一个 $S(n)$ 关于 $S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 的递推式．

对于任意一个数论函数 $g$ ，必满足：

\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}(f * g)(i) & =\sum_{i=1}^{n}\sum_{d \mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right) \\ & =\sum_{i=1}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned}

其中 $f*g$ 为数论函数 $f$ 和 $g$ 的狄利克雷卷积．

略证

$g(d)f\left(\frac{i}{d}\right)$ 就是对所有 $i\leq n$ 的做贡献，因此变换枚举顺序，枚举 $d$ , $\frac{i}{d}$ （分别对应新的 $i,j$ ）

\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{d \mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right) & =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor n/i \right\rfloor}g(i)f(j) \\ & =\sum_{i=1}^ng(i)\sum_{j=1}^{\left\lfloor n/i \right\rfloor}f(j) \\ & =\sum_{i=1}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned}

那么可以得到递推式：

\begin{aligned} g(1)S(n) & = \sum_{i=1}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) - \sum_{i=2}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ & = \sum_{i=1}^n (f * g)(i) - \sum_{i=2}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned}

假如我们可以构造恰当的数论函数 $g$ 使得：

可以快速计算 $\sum_{i=1}^n(f * g)(i)$ ；
可以快速计算 $g$ 的前缀和，以用数论分块求解 $\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right)$ ．

则我们可以在较短时间内求得 $g(1)S(n)$ ．

注意

无论数论函数 $f$ 是否为积性函数，只要可以构造出恰当的数论函数 $g$ , 便都可以考虑用杜教筛求 $f$ 的前缀和．

如考虑 $f(n)=\mathrm{i}\varphi(n)$ , 显然 $f$ 不是积性函数，但可取 $g(n)=1$ , 从而：

\sum_{k=1}^n (f*g)(k)=\mathrm{i}\frac{n(n+1)}{2}

计算 $\sum_{k\leq m} (f*g)(k)$ 和 $\sum_{k \leq m} g(k)$ 的时间复杂度均为 $O(1)$ , 故可以考虑使用杜教筛．

时间复杂度

令 $R(n)=\left\{\left\lfloor \dfrac{n}{k} \right\rfloor: k=2,3,\dots,n\right\}$ ．利用数论分块的性质可知，对任意的 $m\in R(n)$ ，都有 $R(m)\subseteq R(n)$ ．也就是说，使用记忆化之后，只需要对所有 $k\in R(n)$ 计算一次 $S(k)$ 就可以得到 $R(n)$ 的值．而这些点的数目 $|R(n)|=O(\sqrt{n})$ ．

设计算 $\sum_{i=1}^n(f * g)(i)$ 和 $\sum_{i=1}^n g(i)$ 的时间复杂度均为 $O(1)$ . 设计算 $S(n)$ 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\left(\sqrt{\dfrac{n}{k}}\right)\\ & = O\left(\int_{0}^{\sqrt n} \left(\sqrt{x} + \sqrt{\dfrac{n}{x}}\right) \mathrm{d}x\right)\\ & = O\left(n^{3/4}\right). \end{aligned}

若我们可以预处理出一部分 $S(k)$ , 其中 $k=1,2,\dots,m$ ， $m\geq \lfloor\sqrt n\rfloor$ ．设预处理的时间复杂度为 $T_0(m)$ ，则此时的 $T(n)$ 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/m \rfloor} O\left(\sqrt{\dfrac{n}{k}}\right)\\ & = O\left(T_0(m)+\int_{0}^{n/m} \sqrt{\dfrac{n}{x}} \mathrm{d}x\right)\\ & = O\left(T_0(m)+\dfrac{n}{\sqrt m}\right). \end{aligned}

若 $T_0(m)=O(m)$ （如线性筛），由均值不等式可知：当 $m=\Theta\left(n^{2/3}\right)$ 时， $T(n)$ 取得最小值 $O\left(n^{2/3}\right)$ .

伪证一例

设计算 $S(n)$ 的复杂度为 $T(n)$ , 则有：

T(n)=\Theta\left(\sqrt{n}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} T\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\right)

\begin{aligned} T\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) & = \Theta\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right)+O\left(\sum_{j=2}^{\lfloor\sqrt{n/i}\rfloor} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right) \\ & = O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right) \end{aligned}

其中， $O\left(\sum_{j=2}^{\lfloor\sqrt{n/i}\rfloor} T\left(\left\lfloor\dfrac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right)$ 视作高阶无穷小，从而可以舍去．故：

\begin{aligned} T(n) & = \Theta\left(\sqrt{n}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} \sqrt{\frac{n}{i}}\right) \\ & = O\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} \sqrt{\frac{n}{i}}\right) \\ & = O\left(\int_{0}^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{x}}\mathrm{d}x\right) \\ & = O\left(n^{3/4}\right) \end{aligned}

Bug

问题在于「视作高阶无穷小，从而可以舍去」这一处．我们将 $T\left(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 代入 $T(n)$ 的式子里，有：

\begin{aligned} T(n) & = \Theta\left(\sqrt{n}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} \sqrt{\frac{n}{i}}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\sum_{j=2}^{\lfloor\sqrt{n/i}\rfloor} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right)\\ & = O\left(\sqrt{n}+\int_{0}^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{x}}\mathrm{d}x\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\sum_{j=2}^{\lfloor\sqrt{n/i}\rfloor} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right)\\ & = O\left(n^{3/4}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\sum_{j=2}^{\lfloor\sqrt{n/i}\rfloor} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right)\\ \end{aligned}

我们考虑 $\displaystyle\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\sum_{j=2}^{\lfloor\sqrt{n/i}\rfloor} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)$ 这部分，不难发现：

\begin{aligned} \sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\sum_{j=2}^{\lfloor\sqrt{n/i}\rfloor} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right) & = \Omega\left(\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} T\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\cdot\left\lfloor\sqrt\frac{n}{i}\right\rfloor^{-1}\right\rfloor\right)\right) \\ & = \Omega\left(\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} T\left(\left\lfloor\sqrt\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\right) \end{aligned}

由于没有引入记忆化，因此上式中的 $T\left(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\right)$ 仍然是 $\Omega\left(\left(\dfrac{n}{i}\right)^{1/4}\right)$ 的，进而所谓的「高阶无穷小」部分是不可以舍去的．

实际上杜教筛的亚线性时间复杂度是由记忆化保证的．只有使用了记忆化之后才能保证不会出现那个多重求和的项．

例题

问题一

P4213【模板】杜教筛（Sum）

求 $S_1(n)= \sum_{i=1}^{n} \mu(i)$ 和 $S_2(n)= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)$ 的值， $1\leq n<2^{31}$ .

莫比乌斯函数前缀和

我们知道：

\epsilon = [n=1] = \mu * 1 = \sum_{d \mid n} \mu(d)

\begin{aligned} S_1(n) & =\sum_{i=1}^n \epsilon (i)-\sum_{i=2}^n S_1 \left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right) \\ & = 1-\sum_{i=2}^n S_1\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right) \end{aligned}

时间复杂度的推导见时间复杂度一节．

对于较大的值，需要用 map/unordered_map 存下其对应的值，方便以后使用时直接使用之前计算的结果．

欧拉函数前缀和

当然也可以用杜教筛求出 $\varphi (x)$ 的前缀和，但是更好的方法是应用莫比乌斯反演．

莫比乌斯反演

\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j)=1] & =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{d \mid i,d \mid j} \mu(d) \\ & =\sum_{d=1}^n \mu(d) {\left\lfloor \frac n d \right\rfloor}^2 \end{aligned}

由于题目所求的是 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=1]$ , 所以我们排除掉 $i=1,j=1$ 的情况，并将结果除以 $2$ 即可．

观察到，只需求出莫比乌斯函数的前缀和，就可以快速计算出欧拉函数的前缀和了．时间复杂度 $O\left(n^{\frac 2 3}\right)$ .

杜教筛

求 $S(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$ .

同样的， $\varphi * 1=\operatorname{id}$ , 从而：

\begin{aligned} S(n) & =\sum_{i=1}^n i - \sum_{i=2}^n S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ & =\frac{1}{2}n(n+1) - \sum_{i=2}^n S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{aligned}

代码实现

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
constexpr int MAXN = 2000010;
long long T, n, pri[MAXN], cur, mu[MAXN], sum_mu[MAXN];
bool vis[MAXN];
map<long long, long long> mp_mu;

long long S_mu(long long x) {  // 求mu的前缀和
  if (x < MAXN) return sum_mu[x];
  if (mp_mu[x]) return mp_mu[x];  // 如果map中已有该大小的mu值，则可直接返回
  long long ret = (long long)1;
  for (long long i = 2, j; i <= x; i = j + 1) {
    j = x / (x / i);
    ret -= S_mu(x / i) * (j - i + 1);
  }
  return mp_mu[x] = ret;  // 路径压缩，方便下次计算
}

long long S_phi(long long x) {  // 求phi的前缀和
  long long ret = (long long)0;
  long long j;
  for (long long i = 1; i <= x; i = j + 1) {
    j = x / (x / i);
    ret += (S_mu(j) - S_mu(i - 1)) * (x / i) * (x / i);
  }
  return (ret - 1) / 2 + 1;
}

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> T;
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i < MAXN; i++) {  // 线性筛预处理mu数组
    if (!vis[i]) {
      pri[++cur] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= cur && i * pri[j] < MAXN; j++) {
      vis[i * pri[j]] = true;
      if (i % pri[j])
        mu[i * pri[j]] = -mu[i];
      else {
        mu[i * pri[j]] = 0;
        break;
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i < MAXN; i++)
    sum_mu[i] = sum_mu[i - 1] + mu[i];  // 求mu数组前缀和
  while (T--) {
    cin >> n;
    cout << S_phi(n) << ' ' << S_mu(n) << '\n';
  }
  return 0;
}

问题二

「LuoguP3768」简单的数学题

大意：求

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\cdot j\cdot\gcd(i,j)\pmod p

其中 $n\leq 10^{10},5\times 10^8\leq p\leq 1.1\times 10^9$ , $p$ 是质数．

利用 $\varphi * 1=\operatorname{id}$ 做莫比乌斯反演化为：

\sum_{d=1}^nF^2\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)\cdot d^2\varphi(d)

其中 $F(n)=\dfrac{1}{2}n(n+1)$

对 $\sum_{d=1}^nF\left(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)^2$ 做数论分块， $d^2\varphi(d)$ 的前缀和用杜教筛处理：

f(n)=n^2\varphi(n)=(\operatorname{id}^2\varphi)(n)

S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n(\operatorname{id}^2\varphi)(i)

需要构造积性函数 $g$ ，使得 $f\times g$ 和 $g$ 能快速求和．

单纯的 $\varphi$ 的前缀和可以用 $\varphi * 1$ 的杜教筛处理，但是这里的 $f$ 多了一个 $\operatorname{id}^2$ ，那么我们就卷一个 $\operatorname{id}^2$ 上去，让它变成常数：

S(n)=\sum_{i=1}^n\left(\left(\operatorname{id}^2\varphi\right) * \operatorname{id}^2\right)(i)-\sum_{i=2}^n\operatorname{id}^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)

化一下卷积：

\begin{aligned} ((\operatorname{id}^2\varphi)* \operatorname{id}^2)(i) & =\sum_{d \mid i}\left(\operatorname{id}^2\varphi\right)(d)\operatorname{id}^2\left(\frac{i}{d}\right) \\ & =\sum_{d \mid i}d^2\varphi(d)\left(\frac{i}{d}\right)^2 \\ & =\sum_{d \mid i}i^2\varphi(d)=i^2\sum_{d \mid i}\varphi(d) \\ & =i^2(\varphi*1)(i)=i^3 \end{aligned}

再化一下 $S(n)$ :

\begin{aligned} S(n) & =\sum_{i=1}^n\left((\operatorname{id}^2\varphi)* \operatorname{id}^2\right)(i)-\sum_{i=2}^n\operatorname{id}^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ & =\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ & =\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)^2-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\ \end{aligned}

分块求解即可．

代码实现

// 不要为了省什么内存把数组开小,会卡80
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
constexpr int N = 5e6, NP = 5e6, SZ = N;
long long n, P, inv2, inv6, s[N];
int phi[N], p[NP], cnt, pn;
bool bp[N];
map<long long, long long> s_map;

long long ksm(long long a, long long m) {  // 求逆元用
  long long res = 1;
  while (m) {
    if (m & 1) res = res * a % P;
    a = a * a % P, m >>= 1;
  }
  return res;
}

void prime_work(int k) {  // 线性筛phi，s
  bp[0] = bp[1] = true, phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= k; i++) {
    if (!bp[i]) p[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
    for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= k; j++) {
      bp[i * p[j]] = true;
      if (i % p[j] == 0) {
        phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
        break;
      } else
        phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= k; i++)
    s[i] = (1ll * i * i % P * phi[i] % P + s[i - 1]) % P;
}

long long s3(long long k) {  // 立方和
  return k %= P, (k * (k + 1) / 2) % P * ((k * (k + 1) / 2) % P) % P;
}

long long s2(long long k) {  // 平方和
  return k %= P, k * (k + 1) % P * (k * 2 + 1) % P * inv6 % P;
}

long long calc(long long k) {  // 计算S(k)
  if (k <= pn) return s[k];
  if (s_map[k]) return s_map[k];  // 对于超过pn的用map离散存储
  long long res = s3(k), pre = 1, cur;
  for (long long i = 2, j; i <= k; i = j + 1)
    j = k / (k / i), cur = s2(j),
    res = (res - calc(k / i) * (cur - pre) % P) % P, pre = cur;
  return s_map[k] = (res + P) % P;
}

long long solve() {
  long long res = 0, pre = 0, cur;
  for (long long i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
    j = n / (n / i);
    cur = calc(j);
    res = (res + (s3(n / i) * (cur - pre)) % P) % P;
    pre = cur;
  }
  return (res + P) % P;
}

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> P >> n;
  inv2 = ksm(2, P - 2), inv6 = ksm(6, P - 2);
  pn = (long long)pow(n, 0.666667);  // n^(2/3)
  prime_work(pn);
  cout << solve();
  return 0;
}

参考资料

任之洲，2016，《积性函数求和的几种方法》，2016 年信息学奥林匹克中国国家队候选队员论文
杜教筛的时空复杂度分析 - riteme.site