关于在线性筛中求积性函数

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蒟蒻以欧拉心算为例子，浅谈一下如何求一些较复杂的积性函数

欧拉心算：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\phi(gcd(i,j))\]

与之前的一样：

\[\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{i=1}^{[n/d]}\sum_{j=1}^{[n/d]}[gcd(i,j)==1]\]

利用\(\mu\)函数的性质：

\[\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{i=1}^{[n/d]}\sum_{j=1}^{[n/d]}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)\]

然后：

\[\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{k=1}^{[n/d]}\mu(k)sum([n/kd])^2\]

其中\(sum(k)\)表示\(k*(k+1)/2\)

一般套路，设\(T=k*d\)

那么

\[\sum_{T=1}^n\sum_{d|T}\phi(d)*\mu(T/d)*sum([n/T])^2\]

于是我们现在的主要矛盾是要求出中间那一串。

有点像狄利克雷卷积

我们知道

\[F(T)=\sum_{d|T}\phi(d)*\mu(T/d)\]

这显然也是一个积性函数

我们主要的问题是如何用线性筛把它求出来，以维护一个前缀和

1.当\(T\)是质数的时候：

\[F(T)=\phi(T)*\mu(1)+\phi(1)*\mu(T)\]

于是：

\[F(T)=T-2\]

2.当\(T=a*b\)其中\(gcd(a,b)==1\)

那么

\[F(T)=F(a)*F(b)\]

3.于是主要矛盾便成了当\(gcd(a,b)!=1\)时的情况，那么我们这时依

然要求出\(T\),我们记\(low(x)\)表示为\(x\)分解出来后最小质因子的最

大次方的数，例如：\(low(36)=2^2\)

大家知道线性筛筛素数每次每个数都是被自己的最小质因子筛掉的。

刚好，设当前为\(a\),最小质因子为\(p\)

那么：

\[F(a*p)=F(a/low(a))*F(p*low(a))\]

但是有一一些特例：

\[F(8)=F(4/low(4))*low(2*low(4))=F(1)*F(8)\]

当某个数刚好是某个质数的某次方时，这样的数似乎不行。

所以，我们在筛积性函数时，可以用这样的方法筛出来的前提就是：

1.当\(T\)为质数的时候可以快速得出

2.当\(T\)为\(p^k\)(\(p\)是质数)时可以快速得出，那么我们就可以用线

性筛得出积性函数的值了。

而这道题，\(F(p^k)\)是很好求了

最后就是这个\(low\)值，在线性筛的时候可以求出了

蒟蒻贴代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 10000000 + 5
int num = 0 , n , T ;
int book[N] , p[N] ;
long long sum[N] , low[N] , f[N] , phi[N] ;
void Init(int x){
    f[1] = 1 ;
    low[1] = 1 ;
    sum[1] = 1 ;
    for(int i = 2 ; i <= x ; i++ ){
        if( book[i] == 0 ) p[++num] = i , f[i] = i - 2 , low[i] = i , phi[i] = i - 1 ;
        for(int j = 1 ; j <= num && p[j] * i <= x ; j++ ){
            int v = i * p[j] ;
            book[ v ] = 1 ;
            if( ( i % p[j] ) != 0 ){
                f[ v ] = f[ i ] * f[ p[j] ] ;
                phi[ v ] = phi[ i ] * phi[p[j]] ;
                low[ v ] = p[j] ;
            }
            else{
                phi[ v ] = phi[ i ] * p[j] ;
                low[ v ] = low[i] * p[j] ;
                if( i == low[i] ) f[ v ] = phi[v] + phi[i] * ( -1 ) ;
                else f[ v ] = f[ i / low[i] ] * f[ p[j] * low[i] ] ;
                break ;
            }
        }
        sum[i] = sum[ i - 1 ] + f[i] ;
    }
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d" , &T ) ;
    Init(N - 3) ;
    while( T-- ){
        scanf("%d" , &n ) ;
        long long ans = 0 ;
        int l , r ;
        for(int l = 1 ; l <= n ; l = r + 1 ){
            r = n / ( n / l ) ;
            ans += 1ll*( sum[r] - sum[l-1] ) * ( n / l ) * ( n / l ) ;
        }
        printf("%lld\n" , ans ) ;
    }
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/powerYao/p/11445315.html