卷积 & 杜教筛

卷积
杜教筛

前言：发现最近都没怎么写博客，，，赶紧发篇以前记的笔记凑凑数

卷积

卷积定义：

　　如果有数论函数$f, g$, 那么它们卷积的第$n$项为$(f * g) (n)$,设这个卷出来的新函数为h，那么有
　　\[h(n) = \sum_{k | n} f(k) g(n / k) = \sum_{ij = n}f(i) g(j)\]
　　

一些性质:

　　1,积性函数的卷积还是积性函数
　　证明：现有$f, g$为积性函数，且$gcd(p, q) == 1$,求证$h(p) \cdot h(q) = h(qp).$
　　\[h(p) \cdot h(q) = \sum_{ab = p}f(a) g(b) \cdot \sum_{cd = q}f(c) g(d)\]
　　\[= \sum_{a} f(a) g(\frac{p}{a}) \sum_{c} f(c) g(\frac{q}{c})\]
　　\[= \sum_{a} \sum_{c} f(a) f(c) g(\frac{p}{a}) g(\frac{q}{c})\]
　　\[= \sum_{a} \sum_{c} f(ac) g(\frac{pq}{ac})\]
　　因为$ac \cdot \frac{pq}{ac} = pq$,所以
　　\[\sum_{a} \sum_{c} f(ac)g(\frac{pq}{ac}) = \sum_{ac | pq} f(ac)g(\frac{pq}{ac})\]
　　\[= \sum_{x|pq}f(x)g(\frac{pq}{x}) = h(pq)\]
　　

常见狄利克雷卷积：

$id = \phi * 1$
$d = 1 * 1$
$\sigma = id * 1$
$e = 1 * \mu$
$\phi = id * \mu$
　　

有趣的事情：

　　1，FFT(多项式乘法)就是在求卷积。
　　　　可以把$f,g$分别看做两个多项式，$f(i)$表示$x^i$的系数，$g(i)$同理。
　　　　那么卷出来的$h(i)$就等于两式相乘后$x^{i}$的系数，因为卷积定义里面$h(k)$就要加上满足$ij = k$的$f(i) g(j)$.

杜教筛

目的：在低于线性的时间内求积性函数前缀和

算法：

　　设$S(n) = \sum_{i = 1}^{n}f_{i}$.
　　设有一个积性函数$g(i)$.则：
　　\[\sum_{i = 1}^{n}(g * f)(i) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | i} g(d)f(\frac{i}{d})\]
　　因为当$d | i$时会统计到$g(d)f(\frac{i}{d})$,因此直接枚举$d$和$i = \frac{i}{d}$,$i$的最大值为$\frac{n}{d}$,因为要满足$i \cdot d \le n$.所以：
　　\[原式= \sum_{d = 1}^{n}g(d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}}f(i) = \sum_{d = 1}^{n}g(d)S(\frac{n}{d})\]
　　所以：
　　\[\sum_{i = 1}^{n}(g * f)(i) = \sum_{d = 1}^{n}g(d)S(\frac{n}{d})\]
　　
　　因为我们有：
　　\[g(1)S(n) = \sum_{i = 1}^{n}g(i)S(\frac{n}{i}) - \sum_{i = 2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\]
　　带入上式得：
　　\[g(1)S(n) = \sum_{i = 1}^{n}(g * f)(i) - \sum_{i = 2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\]
　　因此我们只需要找到一个合适的$g$，带入上式，使得$\sum_{i = 1}^{n}(g * f)(i)$可以快速计算，那么就只需要对$\sum_{i = 2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})$进行求解就可以得到$S(n)$,而这个式子中的$S(\frac{n}{i})$是可以整数分块求的。
　　于是就可以做到$O(n^{\frac{3}{4}})$求解了。
　　同时为了降低复杂度，可以先预处理一部分$S$值。通过证明可得：设我们当前预处理了前$k$个S，那么当$k$取到$n^{\frac{2}{3}}$时可以使得整体复杂度降为$n^{\frac{2}{3}}$.(后面部分记忆化求解)
　　
　　关于记忆化：
　　1，可以使用map/hash解决。
　　2,或者观察到对于同一个$S(n)$,我们所有要求的$S$值都是形如$S(\frac{n}{x})$的，并且我们知道$\lfloor{ \frac{\lfloor{\frac{n}{x}}\rfloor}{y} }\rfloor = \lfloor {\frac{n}{xy}} \rfloor$,因此对于同一个$n$,我们求的所有$S(x)$都可以表示为$S(\frac{n}{x})$,因此设$now = \frac{n}{x}$。那么：
　　　　1，对于$now <= n^{\frac{2}{3}}$,我们已经预处理出来了。
　　　　2，对于$now > n^{\frac{2}{3}}$，因为$now > n^{\frac{2}{3}}$,所以$x = \frac{n}{now} <= n ^ {\frac{1}{3}}$,因此我们可以令$sum[x] = S(\frac{n}{x})$。即若我们有$S(now)$ 其中$now > n ^ {\frac{2}{3}} $，那么我们可以把这个值存入 $sum[\frac{n}{now}]$.
　　　　注意：但这样的话，虽然减少一个log，但若有多个不同n值，则每次处理一个新的n值时就需要清空S数组。
　　　　因为虽然对于同一个n值，我们要求的所有S的下标都可以表示为 $\frac{n}{x}$，但不是任意一个数都可以被表示为 $\frac{n}{x}$ 的，
　　　　如果这个时候的另一个$n$恰好不能被表示，那么答案就会出错