题目要求给定一个数$N$,$N \leq 2^{32} - 1$,求
$$ans1 = \sum_{i = 1}^N \phi (i), ans2 = \sum_{i = 1}^N \mu (i) $$
——蛤?这个怎么做?我只知道线性筛。。。
先介绍$O(N)$的算法——线性筛。
由于Euler函数和Mobius函数都是积性函数(即对于$(a, b) = 1$, $f(ab) = f(a)f(b)$),可以利用类似贾志鹏线性筛的方法$O(n)$筛出1到$N$所有数的函数值。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 typedef long long LL; 4 const int N = 1000050; 5 LL phi[N], mobius[N]; 6 int pr[300000]; 7 void calc(int n) { //计算[1, n]的phi值及mobius值 8 memset(phi, -1, sizeof phi); 9 memset(mobius, -1, sizeof mobius); 10 int prnum = 0, i, j; 11 phi[1] = mobius[1] = 1; 12 for (i = 2; i < n; ++i) { 13 if (phi[i] < 0) { 14 pr[prnum++] = i; 15 phi[i] = i - 1; 16 mobius[i] = -1; 17 } 18 for (j = 0; j < prnum && (LL)i * pr[j] <= n; ++j) { 19 if (i % pr[j]) { 20 phi[i * pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1); 21 mobius[i * pr[j]] = -mobius[i]; 22 } else { 23 phi[i * pr[j]] = phi[i] * pr[j]; 24 mobius[i * pr[j]] = 0; 25 break; 26 } 27 } 28 } 29 } 30 int main() { //O(n) - O(1) 31 calc(1000000); 32 for (int i = 2; i <= 1000000; ++i) { 33 phi[i] += phi[i - 1]; 34 mobius[i] += mobius[i - 1]; 35 } 36 long long ans1 = 0, ans2 = 0; 37 int T, n; 38 scanf("%d", &T); 39 while (T--) { 40 scanf("%d", &n); 41 printf("%lld %lld", phi[n], mobius[n]); 42 } 43 return 0; 44 }
更一般的,如果我们有任意积性函数$f(i)$,那么我们可以利用贾志鹏线性筛求出每个数的最小质因数及其幂次,从而(在p为素数时$f(p^k)$可以快速计算的情况下)线性递推出所有[1,N]的函数值。
那么,下面我们来介绍重点——杜教筛。
首先介绍狄利克雷卷积:若f,g均为$\mathbb Z \rightarrow \mathbb C$的函数(称为数论函数),定义其狄利克雷卷积为
$$(f * g)(n) = \sum_{d \mid n} f(d)g\left(\frac n d\right)$$
数论函数集与狄利克雷卷积形成群,这意味着狄利克雷卷积满足(设数论函数集为$\mathbf I$):
1. 结合律: $\forall f, g, k \in \mathbf I, (f * g) * k = f * (g * k)$
2. 单位元: $\exists \epsilon \in \mathbf I, \forall f \in \mathbf I, f * \epsilon = \epsilon * f = f$
3. 逆元: $\forall f \in \mathbf I, \exists f \in \mathbf I, f * g = \epsilon$
4. 封闭性: $\forall f, g \in \mathbf I, f * g \in \mathbf I$
另外,狄利克雷卷积还满足交换律:
5. 交换律: $\forall f, g \in \mathbf I, f * g = g * f$
性质2的单位函数$\epsilon (n) = \left[n = 1\right] = \begin{cases}\ 1 & n = 1\\ \;0 & n > 1\\ \end{cases}$
有了狄利克雷卷积,我们来看一看杜教筛:
假设我们要计算$S(n) = \sum_{i = 1}^N f(i)$,其中$f \in \mathbf I$。
那么,假设$g \in \mathbf I, g(1) \not= 0$, 那么
$$\begin{aligned} \sum_{i = 1}^N (f * g)(i) & = \sum_{i = 1}^N \sum_{d \mid i} g(d) f\left(\frac i d\right) \\
& = \sum_{d = 1}^N g(d) \sum_{1 \leq i \leq N, d | i} f\left(\frac i d\right) \\
& = \sum_{d = 1}^N g(d) \sum_{1 \leq i \leq \lfloor \frac n d \rfloor} f(i) \\
& = \sum_{d = 1}^N g(d) S\left(\left\lfloor \frac n d \right\rfloor\right) \end{aligned}$$
即
$$\sum_{i = 1}^N (f * g)(i) = \sum_{d = 1}^N g(d) S\left(\left\lfloor \frac n d \right\rfloor\right)$$
$$\therefore \begin{equation} \label{recursion} g(1)S(n) = \sum_{i = 1}^N (f * g)(i) - \sum_{i = 2}^N g(i) S\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right)\end{equation}$$
如果我们能够快速地对$g$和$f * g$求和,那么由于所有的$\left\lfloor \frac n i \right\rfloor$只有$O(\sqrt n)$种,则对于所有$i \leq \sqrt n$ 和$i > \sqrt n$, 计算$S\left(\lfloor \frac n i \rfloor\right)$的时间复杂度为
$$O\left(\sum_{i = 1}^{\left\lfloor \sqrt n \right\rfloor} \sqrt i \right) + O\left(\sum_{i = 1}^{\left\lfloor \sqrt n \right\rfloor} \sqrt{\left\lfloor \frac n i\right\rfloor} \right)$$
而第二项明显大一些, 它等于
$$O\left(\sum_{i = 1}^{\lfloor \sqrt n \rfloor} \lfloor \sqrt{\frac n i} \rfloor \right) \approx O\left(\int_0^{\sqrt n}\sqrt{\frac n x} dx\right) = O(n^{\frac34})$$
如果$f$为积性函数,还可以通过线性筛预处理$S(i)$的前$n^{\frac23}$项就能将复杂度降到$O\left(n^{\frac23}\right)$。
终于写完了,累死我了。蛤?还有?
考虑原题,定义$\mathbf 1: \mathbb Z \rightarrow \mathbb Z, \mathbf 1(n) = 1$,易证$\mathbf 1 * \mu = \epsilon$(貌似这就是Mobius函数的定义之一)。
代入式$(\ref{recursion})$, 得
$$ans2(n) = 1 - \sum_{i = 2}^n ans2\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right)$$
所以只要预处理出$S$的前$n^{\frac23}$项就可以$O\left(n^{\frac23}\right)$计算了。
同理,将$\mathbf 1$和$ans1$代入$(\ref{recursion})$,得
$$ans1(n) = \frac {n(n+1)}2 - \sum_{i = 2}^n ans1\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right)$$
AC代码:
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<map> 4 typedef long long LL; 5 typedef std::map<int, LL> Map; 6 Map _phi, _mu; 7 int n; 8 const int N = 5000000; 9 LL phi[N], mu[N]; 10 int pr[1000000]; 11 void init(int n) { //计算[1, n]的phi值及mu值 12 memset(phi, -1, sizeof phi); 13 memset(mu, -1, sizeof mu); 14 int prnum = 0, i, j; 15 phi[1] = mu[1] = 1; 16 phi[0] = mu[0] = 0; 17 for (i = 2; i <= n; ++i) { 18 if (phi[i] < 0) { 19 pr[prnum++] = i; 20 phi[i] = i - 1; 21 mu[i] = -1; 22 } 23 for (j = 0; j < prnum && (LL)i * pr[j] <= n; ++j) { 24 if (i % pr[j]) { 25 phi[i * pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1); 26 mu[i * pr[j]] = -mu[i]; 27 } else { 28 phi[i * pr[j]] = phi[i] * pr[j]; 29 mu[i * pr[j]] = 0; 30 break; 31 } 32 } 33 } 34 //for (i = 1; i <= 30; ++i) { 35 // printf("%d %d\n", i, phi[i]); 36 //} 37 for (i = 2; i <= n; ++i) { 38 phi[i] += phi[i - 1]; 39 mu[i] += mu[i - 1]; 40 } 41 } 42 LL CalcPhi(LL n) { 43 Map::iterator it; 44 if (n < N) 45 return phi[n]; 46 if ((it = _phi.find(n)) != _phi.end()) 47 return it->second; 48 LL i, last, ans = (LL)n * (n + 1) >> 1; 49 for (i = 2; i <= n; i = last + 1) { 50 last = n / (n / i); 51 ans -= (last - i + 1) * CalcPhi(n / i); 52 } 53 return _phi[n] = ans; 54 } 55 LL CalcMu(LL n) { 56 Map::iterator it; 57 if (n < N) 58 return mu[n]; 59 if ((it = _mu.find(n)) != _mu.end()) 60 return it->second; 61 LL i, last, ans = 1; 62 for (i = 2; i <= n; i = last + 1) { 63 last = n / (n / i); 64 ans -= (last - i + 1) * CalcMu(n / i); 65 } 66 return _mu[n] = ans; 67 } 68 int main() { 69 //freopen("sum.in", "r", stdin); 70 //freopen("sum.out", "w", stdout); 71 init(N - 1); 72 int T; 73 scanf("%d", &T); 74 while (T--) { 75 scanf("%d", &n); 76 printf("%lld %lld\n", CalcPhi(n), CalcMu(n)); 77 } 78 return 0; 79 }
来源:https://www.cnblogs.com/y-clever/p/6514901.html