<杜教筛用来求数论函数>\(f\)〖前缀和〗。复杂度为\(O(n^{\frac{2}{3}})\)

<条件>

【若是我们要求】\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)， 那么需要找[到一个数论函数\(g\)，知足\(g\)的〖前缀和〗可以异常快速的求出来，『而且』\(g*f\)的〖前缀和〗可以异常快速的求出来。

推导

既然\(g*f\)的〖前缀和〗可以异常快速的求出来，我们就求\(g*f\)的〖前缀和〗。

即\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}g(\frac{i}{d})f(d)\)。

然后我们想获得的是\(\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)。以是我们让上面的式子减去一个\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i,d\neq i}g(\frac{i}{d})f(d)\)。

对于后面这个式子,我们用\(\frac{n}{d}\)《来「取」代》\(d\)，就变成了

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d\neq 1,d|i}g(d)f(\frac{i}{d}) \]

\[=\sum\limits_{d=2}^n g(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i) \]

\[=\sum\limits_{d=2}^n g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

《「由于」》\(g\)的〖前缀和〗可以快速求出，以是直接数论分块，后面的\(S(\frac{n}{d})\) 直接递归<就好了>[。

这样我们获得的是\(\sum\limits_{i=1}^ng(1)f(i)=g(1)\sum\limits_{i=1}^n f(i)\)，<以是谜底除以>\(g(1)\)（一样平常为1）<就好了>。

【例子】

“以求”\(\varphi\)的〖前缀和〗为例。《「由于」》\(f*1=Id\)，\(1\)和\(Id\)的〖前缀和〗都异常好求，【以是】我们令\(g\)为\(1\)「即可」。

\[S(n)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}\varphi(d)-\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i,d\neq i}\varphi(d)\\ = \sum\limits_{i=1}^ni-\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i,d\neq 1}\varphi(\frac{n}{d})\\ =\frac{n(n+1)}{2}-\sum\limits_{d=2}^n\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(i)\\ = \frac{n(n+1}{2}-\sum\limits_{d=2}^nS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

再来推一下\(\mu\)的〖前缀和〗。《「由于」》\(\mu * 1= \epsilon\)，\(1\)和\(\epsilon\)的〖前缀和〗都异常好求，以是照样令\(g=1\)

\[S(n)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}\mu(d)-\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i,d\neq i}\mu(d)\\ =1-\sum\limits_{d=2}^n\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(i)\\ = 1-\sum\limits_{d=2}^nS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

关于预处理

这样直接搜的复杂度是\(O(n^{\frac{3}{4}})\)，为了使复杂度更优，我们需要先预处理出一部分谜底，「若是我们预处理除了」\([1,K]\)『的谜底』，当盘算\([1,K]\)中的效果“〖【时】〗”，直接返回「即可」。

可以证实当\(K\)「取」\(n^{\frac{2}{3}}\)“〖【时】〗”，<复杂度最优异为>\(n^{\frac{2}{3}}\)

（关）于影象化

{为了让复杂度是准确的}，「我们一定要将每次算出的效果影象化下」来。《「由于」》\(n\)比较大，以是需要用\(map\)『来影象化』。这样复杂度就会多个\(log\)

另有一种方式，《「由于」》我们每次递归到的\(x\)一定知足:所有知足\(\frac{n}{y}=\frac{n}{x}\)的\(y\)中，只有\(x\)会被盘算到。以是我们可以用一个数组ma影象化，〖当查询的〗\(n\)小于即是\(K\)“〖【时】〗”，我们直接局限谜底，〖当查询的〗\(n\)大于\(K\)“〖【时】〗”，我们查看\(ma[\lfloor \frac{n}{K}\rfloor]\)中的值「即可」。

当有多次询问“〖【时】〗”，第二种方式需要清空，复杂度可能不如第一种。

代码

“以求”\(\varphi\)的〖前缀和〗为例。

void pre() {
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2;i < N;++i) {
		if(!vis[i]) {
			prime[++tot] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 1;j <= tot && prime[j] * i < N;++j) {
			vis[prime[j] * i] = 1;
			if(i % prime[j]) {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
			}
			else {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
		}
	}
	for(int i = 2;i < N;++i) phi[i] = (phi[i] + phi[i - 1]) % mod;
}
ll MAX;

ll PHI(ll n) {
	if(n < N) return phi[n];
	
	if(vis[MAX / n]) return maphi[MAX / n];
	vis[MAX / n] = 1;
	ll ret = (n % mod) * ((n + 1) % mod) % mod * inv % mod;

	for(ll l = 2,r;l <= n;l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ret -= ((r - l + 1) % mod) * PHI(n / l) % mod;
		ret %= mod;
	}
	return maphi[MAX / n] = ret;
}

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