标签：复杂度 tsp 实战 math ref 线性筛 记忆化 www. show
杜教筛模板
杜教筛是用来干蛤的呢？
它可以在非线性时间内求积性函数前缀和。
积性函数：对于任意互质的整数 \(a,b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 则称 \(f(x)\) 的数论函数。
完全积性函数：对于任意整数 \(a,b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 的数论函数。
这里特殊解释一下 \(\epsilon,I,id\) 分别是什么意思：
\(\epsilon(n) = [n=1], I(n) = 1, id(n) = n\)
设 \(f, g\) 是两个数论函数，它们的狄利克雷卷积卷积是：\((f*g)(n) = \sum \limits _{d | n} f(d) g(\frac{n}{d})\)
性质：满足交换律，结合律
单位元：\(\epsilon\) （即 \(f*\epsilon=f\)）
结合狄利克雷卷积得到的几个性质：
若
\[g(n) = \sum\limits_{d|n}f(d)\]
则
\[f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})\]
证明：这里需要用到前面提到的性质：\(\mu * I = \epsilon\)
给出的条件等价于 \(g=f * I\)
所以 \(g*\mu=f*I*\mu=f*\epsilon=f\) 即 \(g * \mu = f\) 即 结论。
设现在要求积性函数 \(f\) 的前缀和， 设 \(\sum \limits_{i=1}^{n} f(i) = S(n)\)。
再找一个积性函数 \(g\) ，则考虑它们的狄利克雷卷积的前缀和
\[\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\]
\[\begin{aligned} &= \sum\limits_{i=1}^{n} \sum \limits _{d|i} f(d)g(\frac{i}{d}) \\ &= \sum \limits _{d=1}^{n} g(d)\sum\limits _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor } f(i) \\ &= \sum \limits _{d=1}^{n} g(d) S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \end{aligned}\]
其中得到第一行是根据狄利克雷卷积的定义。
得到第二行则是先枚举 \(d\) 提出 \(g\) 。
得到第三行则是把 $\sum\limits _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor } f(i) $ 替换为 $S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) $
接着考虑 \(g(1)S(n)\) 等于什么。
可以发现，他就等于
\[ \sum \limits _{i=1}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) - \sum \limits _{i=2}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\]
（可以理解成从1开始的前缀和减去从2开始的前缀和就是第一项）
前面这个式子\(\sum \limits _{i=1}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\) ，根据刚才的推导，他就等于 \(\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\)
所以得到杜教筛的核心式子：
\[g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i) - \sum \limits _{i=2}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\]
得到这个式子之后有什么用呢？
现在如果可以找到一个合适的积性函数 \(g\) ，使得可以快速算出 \(\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i)\) 和 \(g\) 的前缀和，便可以用数论分块递归地求解。
代码按照理解大概可以写成这样（默认 ll 为 long long）
（可以理解成一个伪代码。。就是一个思路的框架）
ll GetSum(int n) { // 算 f 前缀和的函数
ll ans = f_g_sum(n); // 算 f * g 的前缀和
// 以下这个 for 循环是数论分块
for(ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) { // 注意从 2 开始
r = (n / (n / l));
ans -= (g_sum(r) - g_sum(l - 1)) * GetSum(n / l);
// g_sum 是 g 的前缀和
// 递归 GetSum 求解
} return ans;
}这个代码的复杂度是 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)，证明如下：
设求出 \(S(n)\) 的复杂度是 \(T(n)\) ，要求出 \(S(n)\) 需要求出 \(\sqrt n\) 个 \(S (\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\) 的值，结合数论分块的复杂度 \(O(\sqrt n)\) 可得：
\[T(n) = \sum\limits_{i=1}^{\sqrt n} O(\sqrt i) + O(\sqrt {\frac{n}{i}})=O(n^{\frac{3}{4}})\]
还可以进一步优化杜教筛，即先线性筛出前 \(m\) 个答案，之后再用杜教筛。这个优化之后的复杂度是：
\[T(n) = \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor} \sqrt \frac{n}{i} = O({\frac{n}{\sqrt m}})\]
当 \(m = n ^ {\frac{2}{3}}\) 时，\(T(n) = O(n^{\frac{2}{3}})\)
一般还会使用哈希表来存下已经求过的答案
再挂一次核（tao）心（lu）式，全都要靠它：
\[g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(f*g)(i) - \sum \limits _{i=2}^{n} g(i) S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\]
它的关键就是要找到合适的 \(g\) 使得这个东西可以快速地算。
理论知识大概就这么多，接下来看几个例子：
考虑到莫比乌斯函数的性质 \(\mu * I = \epsilon\) ，自然想到取 \(f=\mu,g=I,f*g=\epsilon\) 。
其中 \(I\) 的前缀和和 \(\epsilon\) 的前缀和都弱到爆了。。
所以就轻松的解决了。
杜教筛代码：
inline ll GetSumu(int n) {
if(n <= N) return sumu[n]; // sumu是提前筛好的前缀和
if(Smu[n]) return Smu[n]; // 记忆化
ll ret = 1ll; // 单位元的前缀和就是 1
for(int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l); ret -= (r - l + 1) * GetSumu(n / l);
// (r - l + 1) 就是 I 在 [l, r] 的和
} return Smu[n] = ret; // 记忆化
}考虑到 \(\varphi\) 的性质 \(\varphi * I = id\)，取 \(f = \varphi, g = I, f * g = id\)
\(f * g\) 即 \(id\) 的前缀和为 \(\frac{n * (n+1)}{2}\)
杜教筛代码：
inline ll GetSphi(int n) {
if(n <= N) return sump[n]; // 提前筛好的
if(Sphi[n]) return Sphi[n]; // 记忆化
ll ret = 1ll * n * (n + 1) / 2; // f * g = id 的前缀和
for(int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l); ret -= (r - l + 1) * GetSphi(n / l);
// 同上，因为两个的 g 都是 I
} return Sphi[n] = ret; // 记忆化
}(1) & (2) 就是杜教筛模板 luogu p4213
令 $f = \varphi \cdot id, g = I, f * g = (\varphi \cdot id ) * I=(\varphi * I)\cdot id = id \cdot id $
即 \((f * g)(i) = i^2\)
这样就可以快速求得 \((f*g)(i)\) 的前缀和 \(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)
就可以了。
标签：复杂度 tsp 实战 math ref 线性筛 记忆化 www. show
原文地址：https://www.cnblogs.com/TLE666/p/10051200.html
