P4213 【模板】杜教筛（Sum）

$\color{#0066ff}{题目描述}$

给定一个正整数$N(N\le2^{31}-1)$

求

$\begin{aligned} ans_1=\sum_{i=1}^n\varphi(i) \end{aligned}$

$\begin{aligned} ans_2=\sum_{i=1}^n \mu(i) \end{aligned}$

$\color{#0066ff}{输入格式}$

一共T+1行

第1行为数据组数T(T<=10)

第2~T+1行每行一个非负整数N，代表一组询问

$\color{ #0066ff }{ 输出格式 }$

一共T行，每行两个用空格分隔的数ans1,ans2

$\color{#0066ff}{输入样例}$

$\color{#0066ff}{ 输出样例}$

$\color{#0066ff}{数据范围与提示}$

$N \leq 2^{31}$

$\color{#0066ff}{题解}$

前置知识1 ：狄利克雷卷积

对于任意函数f，g，有$\begin{aligned} h(i) = \sum_{d|i}f(d)*g(\frac{n}{d})\end{aligned}$

h即为f和g的卷积

常用函数

1、$i(n) = 1$

2、$id(n) = n$

3、$e(n)=\left\{\begin{aligned}1\ \ \ n = 1 \\ 0 \ \ \ n \neq 1\end{aligned}\right.$

4、欧拉函数$\varphi(n)$

5、懵逼钨丝函数$\mu(n)=\left\{\begin{aligned}1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n = 1 \\ (-1)^k \ \ \ n由k个不同质数相乘得到\\ 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 其它情况\end{aligned}\right.$

6、$\sigma(n)=n的约数和$

7、$d(n)=n的约数个数$

常用卷积

1、$i*\mu = e$

2、$e*a=a$

3、$\mu * id= \varphi$

4、$i*id=\sigma$

5、$i*i=d$

6、$i*\varphi=id$

杜教筛

已知$f(i)$

用来求$\begin{aligned}\sum_{i = 1}^n f(i)\end{aligned},n\leq 2^{31}$

定义$h(i)=(f*g)(i)=\begin{aligned}\sum_{d|i}f(d)*g(\frac{i}{d})\end{aligned}$

$\displaystyle\sum_{i=1}^nh(i)$

用定义展开

$=\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f\left(\frac i d\right)$

d的范围也是【1.n】的，所以改成枚举d，找它的倍数，这个式子是在求和，找全了就行

$=\displaystyle \sum_{d=1}^ng(d)\sum_{d|i}f\left(\frac i d \right)$

把后面变一下

$=\displaystyle \sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac n d \right \rfloor}f( i)$

然后

$=\displaystyle \sum_{i=1}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$

所以

$\displaystyle \sum_{i=1}^nh(i)=\sum_{i=1}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$

有一个好像没用的式子

$\displaystyle g(1)S(n)=\sum_{i=1}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)-\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$

上式把后面移项就成恒等式了

我们把右面第一项用刚刚的结论换走

$\displaystyle g(1)S(n)=\sum_{i=1}^nh(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$

这。。是个递归式

就没了

对于S的递归，用数列分块

一般的h和g都很好求（构造）

对于本题来说

$i*\varphi=id$

所以对于$\varphi$

$\displaystyle S(n)=\frac{n*(n+1)}{2}-\sum_{i=2}^nS\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$

刚刚有$i*\mu=e$

所以

$\displaystyle S(n)=1-\sum_{i=2}^nS\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$

没了。。。

把前$4*10^6$的东西线性筛一下

最后的复杂度$O(n^{\frac{2}{3}})$不会证

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long LL;

const int maxn = 4e6;

const int maxx = 4e6 + 10;

int in() {

	char ch; int x = 0, f = 1;

	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);

	while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();

	return x * f;

}

bool vis[maxx];

LL phi[maxx];

int mu[maxx], pri[maxx], tot;

std::map<int, LL> P;

std::map<int, int> M;

void predoit() {

	phi[1] = mu[1] = 1LL;

	for(int i = 2; i <= maxn; i++) {

		if(!vis[i]) {

			pri[++tot] = i;

			phi[i] = i - 1;

			mu[i] = -1;

		}

		for(int j = 1; j <= tot && i * pri[j] <= maxn; j++) {

			vis[i * pri[j]] = true;

			if(i % pri[j] == 0) {

				phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];

				mu[i * pri[j]] = 0;

				break;

			}

			else {

				phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);

				mu[i * pri[j]] = -mu[i];

			}

		}

	}

	for(int i = 2; i <= maxn; i++) {

		phi[i] += phi[i - 1];

		mu[i] += mu[i - 1];

	}

}

LL workphi(int now)

{

	if(now <= maxn) return phi[now];

	if(P.count(now)) return P[now];

	LL ans = now * (now + 1LL) / 2;

	for(int i = 2, lst; i <= now; i = lst + 1) {

		lst = now / (now / i);

		ans -= 1LL * (lst - i + 1LL) * workphi(now / i);

	}

	return P[now] = ans;

}

int workmu(int now)

{

	if(now <= maxn) return mu[now];

	if(M.count(now)) return M[now];

	int ans = 1;

	for(int i = 2, lst; i <= now; i = lst + 1) {

		lst = now / (now / i);

		ans -= workmu(now / i) * (lst - i + 1);

	}

	return M[now] = ans;

}

int main() {

	predoit();

	for(int T = in(); T --> 0;) {

		int n = in();

		printf("%lld %d\n", workphi(n), workmu(n));

	}

	return 0;

}