标签：相等 lse com 函数 形式 read sqrt int 证明
以下主要的话都用无序列表表示。
有什么好讲的？
问一个积性函数的前缀和，项数到1e10。
钦定你已经可以再\(O(\sqrt{n})\)的复杂度内求出：
\[\sum_{i=1}^n{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}\]
\[\sum_{i=1}^n{i\times \lfloor \frac{n}{i} \rfloor}\]
对于第一个，先枚举小于\(\sqrt n\)的i，得出这段的值；又因为\(i\)在一段区间内\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)都是\(i_0\leq \sqrt n\)，因此可以求前式和后式。
然后对于积性函数\(f(i)\)，我们想求\(S_n=\sum_{i=1}^n{f(i)}\)。
那么，我们找一个积性函数\(g\)，令\(T_n=\sum_{d\mid n}g(d)\times f(\frac{n}{d})\)（就是狄利克雷卷积）。则有：
\[
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n{T_i} & =\sum_{i=1}^n \sum_{d\mid i}{g(d)\times f(\frac{i}{d})} \ & =\sum_{d=1}^n{g(d)\times \sum_{d\mid i, i\leq n}{f(\frac{i}{d})}} \ & =\sum_{d=1}^n{g(d)\times S_{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}}
\end{aligned}
\]
然后，钦定\(g(1)=1\)，那么就有
\[
\begin{aligned}
S_n & =\sum_{d=1}^n{g(d)\times S_{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}}-\sum_{d=2}^n{g(d)\times S_{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}} \ & =\sum_{i=1}^n{T_i}-\sum_{d=2}^n{g(d)\times S_{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}}
\end{aligned}
\]
如果不管怎么求\(S_{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\)的话，发现满足以下两个条件就可以求\(S_n\)了。
考虑怎么求上式后面的\(S_{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\)，由于f是积性函数，必定可以用线性筛筛出前n项，于是可以用线性筛筛了f求出\(S_{1..\sqrt n}\)，至于大于\(\sqrt{n}\)的下标，可以记搜：因为\(\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}{e} \rfloor=\lfloor \frac{n}{d\times e} \rfloor\)，于是可以记录n/d的d，当\(d>\sqrt{n}\)时直接返回结果就行。
对于\(\phi\)，g为1（常值函数），T为i（自然数序列），用到的结论是\(x=\sum_{d\mid x}{phi_d}\)。
证明有这样几个方向：
以上2的证明：
\[
\begin{aligned}
\sum_{d\mid n}{\phi(d)} & =\sum{\phi(\prod_{i=1}^m{p_i^j})} \ & =\sum{\prod_{i=1}^m{\phi(p_i^j)}} \ & =\prod_{i=1}^m{\sum_{j=0}^{a_i}{\phi(p_i^j)}} \ & =\prod_{i=1}^m{(\sum_{j=1}^{a_i}{(p_i^j-p_i^{j-1})}+1)} \ & =\prod_{i=1}^m{p_i^{a_i}}=n
\end{aligned}
\]
然后写出来就可以了。
以下是一份跑的非常慢的代码模板（洛谷模板题的关键代码）。
const int N = 3000005, nn = 3000000;
struct getSum{
ll presum[N], aftersum[N];
bool calced[N];
inline ll sum(int n,int d,ll sT(int),ll sg(int),ll g(int)){
if (n / d <= nn) return presum[n / d];
if (calced[d]) return aftersum[d];
int nn = n / d;
ll ans = sT(nn);
ans -= (sg(nn) - sg(nn / 2)) * presum[1];
REP(i, 2, floor(sqrt(nn))){
ans -= g(i) * sum(n, d * i, T, b, g);
ans -= (sg(nn / i) - sg(Max(nn / (i + 1), i))) * presum[i];
}
calced[d] = 1;
aftersum[d] = ans;
return ans;
}
};
int T, n;
int b[N];
ll phi[N], miu[N];
int temp[N / 10], top;
int main(){
read(T);
phi[1] = miu[1] = 1;
REP(i, 2, nn){
if (!b[i]){
temp[++top] = i;
phi[i] = i - 1;
miu[i] = -1;
}
for (int j = 1; j <= top && i * temp[j] <= nn; ++j){
b[i * temp[j]] = 1;
if (i % temp[j]){
phi[i * temp[j]] = phi[i] * (temp[j] - 1);
miu[i * temp[j]] = -miu[i];
}
else{
phi[i * temp[j]] = phi[i] * temp[j];
miu[i * temp[j]] = 0;
break;
}
}
}
REP(i, 2, nn){
phi[i] = phi[i] + phi[i - 1];
miu[i] = miu[i] + miu[i - 1];
}
memcpy(van.presum, phi, 8 * (nn + 1));
memcpy(deep.presum, miu, 8 * (nn + 1));
while (T--){
read(n);
mem(van.calced);
printf("%lld ", van.sum(n, 1, [](int n) { return 1LL * n * (n + 1) / 2; }, [](int n) { return 1LL * n; }, [](int n) { return 1LL; }));
mem(deep.calced);
printf("%lld\n", deep.sum(n, 1, [](int n) { return 1LL; }, [](int n) { return 1LL * n; }, [](int n) { return 1LL; }));
}
return 0;
}标签：相等 lse com 函数 形式 read sqrt int 证明
原文地址：https://www.cnblogs.com/pupuvovovovo/p/11679401.html
