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refactor(number-theory/du.md): 修正描述, 补充时间复杂度的推导 (#4767)
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ff9b3a43cf
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a08fad3a68
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@ -1,136 +1,174 @@
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author: hsfzLZH1, sshwy, StudyingFather, Marcythm
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## 积性函数
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杜教筛被用于处理一类数论函数的前缀和问题。对于数论函数 $f$，杜教筛可以在低于线性时间的复杂度内计算 $S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$。
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在数论题目中，常常需要根据一些 **积性函数** 的性质，求出一些式子的值。
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## 算法思想
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**积性函数**：对于所有互质的 $a$ 和 $b$，总有 $f(ab)=f(a)f(b)$，则称 $f(x)$ 为积性函数。
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我们想办法构造一个 $S(n)$ 关于 $S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 的递推式。
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常见的积性函数有：
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$d(x)=\sum_{i \mid n} 1$
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$\sigma(x)=\sum_{i \mid n} i$
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$\varphi(x)=\sum_{i=1}^x 1[\gcd(x,i)=1]$
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设 $x = \prod \limits_{i=1} ^ {k} p_i ^ {\alpha_i}$，$p_i$ 为质数，
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$\mu(x)=\begin{cases}1&\ x=1 \\(-1)^k& \ \forall \alpha_i = 1 \\0 &\ \max\{\alpha_i\}>1\end{cases}$
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积性函数有如下性质：
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若 $f(x)$，$g(x)$ 为积性函数，则
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$h(x)=f(x^p)$
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$h(x)=f^p(x)$
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$h(x)=f(x)g(x)$
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$h(x)=\sum_{d \mid x} f(d)g(\frac x d)$
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中的 $h(x)$ 也为积性函数。
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在莫比乌斯反演的题目中，往往要求出一些数论函数的前缀和，利用 **杜教筛** 可以快速求出这些前缀和。
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## 杜教筛
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杜教筛被用来处理数论函数的前缀和问题。对于求解一个前缀和，杜教筛可以在低于线性时间的复杂度内求解
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对于数论函数 $f$，要求我们计算 $S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$.
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我们想办法构造一个 $S(n)$ 关于 $S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 的递推式
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对于任意一个数论函数 $g$，必满足
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对于任意一个数论函数 $g$，必满足：
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$$
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\begin{aligned}
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\sum_{i=1}^{n}\sum_{d \mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right)&=\sum_{i=1}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\
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\iff
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\sum_{i=1}^{n}(f\ast g)(i)&=\sum_{i=1}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
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\sum_{i=1}^{n}(f * g)(i) & =\sum_{i=1}^{n}\sum_{d \mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right) \\
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||||
& =\sum_{i=1}^{n}g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
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\end{aligned}
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$$
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略证：
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其中 $f*g$ 为数论函数 $f$ 和 $g$ 的 [狄利克雷卷积](../poly/dgf.md#dirichlet-%E5%8D%B7%E7%A7%AF)。
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$g(d)f\left(\frac{i}{d}\right)$ 就是对所有 $i\leq n$ 的做贡献，因此变换枚举顺序，枚举 $d,\frac{i}{d}$（分别对应新的 $i,j$）
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???+ note "略证"
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$g(d)f\left(\frac{i}{d}\right)$ 就是对所有 $i\leq n$ 的做贡献，因此变换枚举顺序，枚举 $d$,$\frac{i}{d}$（分别对应新的 $i,j$）
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$$
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\begin{aligned}
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\sum_{i=1}^n\sum_{d \mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right) & =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}g(i)f(j) \\
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||||
& =\sum_{i=1}^ng(i)\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}f(j) \\
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||||
& =\sum_{i=1}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
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\end{aligned}
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$$
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那么可以得到递推式：
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$$
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\begin{aligned}
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&\sum_{i=1}^n\sum_{d \mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right)\\
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=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}g(i)f(j)\\
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||||
=&\sum_{i=1}^ng(i)\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}f(j)\\
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||||
=&\sum_{i=1}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
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||||
g(1)S(n) & = \sum_{i=1}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) - \sum_{i=2}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\
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||||
& = \sum_{i=1}^n (f * g)(i) - \sum_{i=2}^n g(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
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\end{aligned}
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$$
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那么可以得到递推式
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假如我们可以构造恰当的数论函数 $g$ 使得：
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1. 可以快速计算 $\sum_{i=1}^n(f * g)(i)$；
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2. 可以快速计算 $g$ 的单点值，以用数论分块求解 $\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$。
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则我们可以在较短时间内求得 $g(1)S(n)$。
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???+ warning "注意"
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无论数论函数 $f$ 是否为积性函数，只要可以构造出恰当的数论函数 $g$, 便都可以考虑用杜教筛求 $f$ 的前缀和。
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如考虑 $f(n)=\mathrm{i}\varphi(n)$, 显然 $f$ 不是积性函数，但可取 $g(n)=1$, 从而：
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$$
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\sum_{k=1}^n (f*g)(k)=\mathrm{i}\frac{n(n+1)}{2}
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$$
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计算 $\sum_k (f*g)(k)$ 和 $g$ 的时间复杂度均为 $O(1)$, 故可以考虑使用杜教筛。
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## 时间复杂度
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我们认为计算 $\sum_{i=1}^n(f * g)(i)$ 和 $g(n)$ 的时间复杂度均为 $O(1)$, 设计算 $S(n)$ 的复杂度为 $T(n)$, 此时我们不妨将 $S(n)$ 简化为如下形式：
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$$
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g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
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S(n)=\sum_{i=2}^n S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
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$$
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那么假如我们可以快速对 $\sum_{i=1}^n(f \ast g)(i)$ 求和，并用数论分块求解 $\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 就可以在较短时间内求得 $g(1)S(n)$.
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由 [整除分块/数论分块](./sqrt-decomposition.md) 可知 $\left\lfloor \dfrac n i \right\rfloor$ 共有 $O(\sqrt{n})$ 种取值，故有：
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## 问题一
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$$
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T(n)=O\left(\sqrt{n}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\sqrt{n}} T\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\right)
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$$
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$$
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\begin{aligned}
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T\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) & =O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right)+O\left(\sum_{j=2}^{\sqrt{\frac{n}{i}}} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right) \\
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& =O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right)
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\end{aligned}
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$$
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???+ note
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$O\left(\sum_{j=2}^{\sqrt{\frac{n}{i}}} T\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\right)$ 视作高阶无穷小，从而可以舍去。
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故：
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$$
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\begin{aligned}
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T(n) & =O\left(\sqrt{n}\right)+O\left(\sum_{i=2}^{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{n}{i}}\right)=O\left(\sum_{i=2}^{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{n}{i}}\right) \\
|
||||
& =O\left(\int_{0}^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{x}}\mathrm{d}x\right) \\
|
||||
& =O\left(n^{\frac{3}{4}}\right)
|
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\end{aligned}
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$$
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如果可以通过线性筛预处理出 $S(1)$ 到 $S(k)$ 的值，此时的 $\sum_i S\left(\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 中我们只需要计算 $k<\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor\leq n$ 的部分。设计算这一部分的复杂度为 $T'(n)$，则有：
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$$
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\begin{aligned}
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T'(n) & =O\left(\sum_{i=2}^{\frac{n}{k}} \sqrt{\frac{n}{i}}\right) \\
|
||||
& =O\left(\int_{0}^{\frac{n}{k}}\sqrt{\frac{n}{x}}\mathrm{d}x\right) \\
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||||
& =O\left(\frac{n}{\sqrt{k}}\right)
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\end{aligned}
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$$
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从而：
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$$
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T(n)=O(k)+T'(n)=O(k)+O\left(\frac{n}{\sqrt{k}}\right)
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$$
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由均值不等式可知，当 $k=\Theta\left(n^{\frac{2}{3}}\right)$ 时，$T(n)$ 取得最小值 $O\left(n^{\frac{2}{3}}\right)$.
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## 例题
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### 问题一
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???+ note "[P4213【模板】杜教筛（Sum）](https://www.luogu.com.cn/problem/P4213)"
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题目大意：求 $S_1(n)= \sum_{i=1}^{n} \mu(i)$ 和 $S_2(n)= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)$ 的值，$n\le 2^{31} -1$。
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求 $S_1(n)= \sum_{i=1}^{n} \mu(i)$ 和 $S_2(n)= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)$ 的值，$1\leq n<2^{31}$.
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### 莫比乌斯函数前缀和
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=== "莫比乌斯函数前缀和"
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由 **狄利克雷卷积**，我们知道：
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我们知道：
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$\because \epsilon =\mu \ast 1$（$\epsilon(n)=~[n=1]$）
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$$
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\epsilon = [n=1] = \mu * 1 = \sum_{d \mid n} \mu(d)
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$$
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$\therefore \epsilon (n)=\sum_{d \mid n} \mu(d)$
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$$
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\begin{aligned}
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S_1(n) & =\sum_{i=1}^n \epsilon (i)-\sum_{i=2}^n S_1 \left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right) \\
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& = 1-\sum_{i=2}^n S_1\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right)
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\end{aligned}
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$$
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$S_1(n)=\sum_{i=1}^n \epsilon (i)-\sum_{i=2}^n S_1(\lfloor \frac n i \rfloor)$
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时间复杂度的推导见 [时间复杂度](#时间复杂度) 一节。
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$= 1-\sum_{i=2}^n S_1(\lfloor \frac n i \rfloor)$
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对于较大的值，需要用 `map` / `unordered_map` 存下其对应的值，方便以后使用时直接使用之前计算的结果。
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观察到 $\lfloor \frac n i \rfloor$ 最多只有 $O(\sqrt n)$ 种取值，我们就可以应用 **整除分块**（或称数论分块）来计算每一项的值了。
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=== "欧拉函数前缀和"
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直接计算的时间复杂度为 $O(n^{\frac 3 4})$。考虑先线性筛预处理出前 $n^{\frac 2 3}$ 项，剩余部分的时间复杂度为
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当然也可以用杜教筛求出 $\varphi (x)$ 的前缀和，但是更好的方法是应用莫比乌斯反演。
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$O(\int_{0}^{n^{\frac 1 3}} \sqrt{\frac{n}{x}} ~ dx)=O(n^{\frac 2 3})$
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对于较大的值，需要用 `map` 存下其对应的值，方便以后使用时直接使用之前计算的结果。
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### 欧拉函数前缀和
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当然也可以用杜教筛求出 $\varphi (x)$ 的前缀和，但是更好的方法是应用莫比乌斯反演：
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$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n 1[\gcd(i,j)=1]=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{d \mid i,d \mid j} \mu(d)$
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$=\sum_{d=1}^n \mu(d) {\lfloor \frac n d \rfloor}^2$
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由于题目所求的是 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i 1[\gcd(i,j)=1]$，所以我们排除掉 $i=1,j=1$ 的情况，并将结果除以 $2$ 即可。
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观察到，只需求出莫比乌斯函数的前缀和，就可以快速计算出欧拉函数的前缀和了。时间复杂度 $O(n^{\frac 2 3})$。
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#### 使用杜教筛求解
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求 $S(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$.
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同样的，$\varphi\ast 1=ID$
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$$
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\begin{aligned}
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||||
\sum_{i=1}^n(\varphi\ast 1)(i)&=\sum_{i=1}^n1\cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\
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||||
\sum_{i=1}^nID(i)&=\sum_{i=1}^n1\cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\
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||||
\frac{1}{2}n(n+1)&=\sum_{i=1}^nS\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\
|
||||
S(n)&=\frac{1}{2}n(n+1)-\sum_{i=2}^nS\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\
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||||
\end{aligned}
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$$
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||||
=== "莫比乌斯反演"
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$$
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\begin{aligned}
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||||
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j)=1] & =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{d \mid i,d \mid j} \mu(d) \\
|
||||
& =\sum_{d=1}^n \mu(d) {\left\lfloor \frac n d \right\rfloor}^2
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$$
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||||
|
||||
由于题目所求的是 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=1]$, 所以我们排除掉 $i=1,j=1$ 的情况，并将结果除以 $2$ 即可。
|
||||
|
||||
观察到，只需求出莫比乌斯函数的前缀和，就可以快速计算出欧拉函数的前缀和了。时间复杂度 $O\left(n^{\frac 2 3}\right)$.
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=== "杜教筛"
|
||||
|
||||
求 $S(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$.
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||||
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||||
同样的，$\varphi * 1=\operatorname{id}$, 从而：
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||||
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$$
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||||
\begin{aligned}
|
||||
S(n) & =\sum_{i=1}^n i - \sum_{i=2}^n S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\
|
||||
& =\frac{1}{2}n(n+1) - \sum_{i=2}^n S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$$
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||||
|
||||
??? note "代码实现"
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```cpp
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--8<-- "docs/math/code/du/du_1.cpp"
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```
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## 问题二
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### 问题二
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???+ note "[「LuoguP3768」简单的数学题](https://www.luogu.com.cn/problem/P3768)"
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大意：求
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@ -139,55 +177,56 @@ $$
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\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\cdot j\cdot\gcd(i,j)\pmod p
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$$
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||||
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||||
其中 $n\leq 10^{10},5\times 10^8\leq p\leq 1.1\times 10^9$，$p$ 是质数。
|
||||
其中 $n\leq 10^{10},5\times 10^8\leq p\leq 1.1\times 10^9$,$p$ 是质数。
|
||||
|
||||
利用 $\varphi\ast1=ID$ 做莫比乌斯反演化为
|
||||
利用 $\varphi * 1=\operatorname{id}$ 做莫比乌斯反演化为：
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||||
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||||
$$
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||||
\sum_{d=1}^nF^2\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)\cdot d^2\varphi(d)
|
||||
\left(F(n)=\frac{1}{2}n\left(n+1\right)\right)\\
|
||||
$$
|
||||
|
||||
其中 $F(n)=\frac{1}{2}n(n+1)$
|
||||
|
||||
对 $\sum_{d=1}^nF\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)^2$ 做数论分块，$d^2\varphi(d)$ 的前缀和用杜教筛处理：
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||||
$$
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||||
\begin{aligned}
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||||
&f(n)=n^2\varphi(n)=(ID^2\varphi)(n)\\
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||||
&S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n(ID^2\varphi)(i)
|
||||
\end{aligned}
|
||||
f(n)=n^2\varphi(n)=(\operatorname{id}^2\varphi)(n)
|
||||
$$
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||||
|
||||
需要构造积性函数 $g$，使得 $f\times g$ 和 $g$ 能快速求和
|
||||
|
||||
单纯的 $\varphi$ 的前缀和可以用 $\varphi\ast1$ 的杜教筛处理，但是这里的 $f$ 多了一个 $ID^2$，那么我们就卷一个 $ID^2$ 上去，让它变成常数：
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||||
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||||
$$
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||||
S(n)=\sum_{i=1}^n\left((ID^2\varphi)\ast ID^2\right)(i)-\sum_{i=2}^nID^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
|
||||
S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n(\operatorname{id}^2\varphi)(i)
|
||||
$$
|
||||
|
||||
化一下卷积
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||||
需要构造积性函数 $g$，使得 $f\times g$ 和 $g$ 能快速求和。
|
||||
|
||||
单纯的 $\varphi$ 的前缀和可以用 $\varphi * 1$ 的杜教筛处理，但是这里的 $f$ 多了一个 $\operatorname{id}^2$，那么我们就卷一个 $\operatorname{id}^2$ 上去，让它变成常数：
|
||||
|
||||
$$
|
||||
S(n)=\sum_{i=1}^n\left(\left(\operatorname{id}^2\varphi\right) * \operatorname{id}^2\right)(i)-\sum_{i=2}^n\operatorname{id}^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
|
||||
$$
|
||||
|
||||
化一下卷积：
|
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$$
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||||
\begin{aligned}
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&((ID^2\varphi)\ast ID^2)(i)\\
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||||
=&\sum_{d \mid i}(ID^2\varphi)(d)ID^2\left(\frac{i}{d}\right)\\
|
||||
=&\sum_{d \mid i}d^2\varphi(d)\left(\frac{i}{d}\right)^2\\
|
||||
=&\sum_{d \mid i}i^2\varphi(d)=i^2\sum_{d \mid i}\varphi(d)\\
|
||||
=&i^2(\varphi\ast1)(i)=i^3
|
||||
((\operatorname{id}^2\varphi)* \operatorname{id}^2)(i) & =\sum_{d \mid i}\left(\operatorname{id}^2\varphi\right)(d)\operatorname{id}^2\left(\frac{i}{d}\right) \\
|
||||
& =\sum_{d \mid i}d^2\varphi(d)\left(\frac{i}{d}\right)^2 \\
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& =\sum_{d \mid i}i^2\varphi(d)=i^2\sum_{d \mid i}\varphi(d) \\
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& =i^2(\varphi*1)(i)=i^3
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\end{aligned}
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$$
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再化一下 $S(n)$
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再化一下 $S(n)$:
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$$
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\begin{aligned}
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S(n)&=\sum_{i=1}^n\left((ID^2\varphi)\ast ID^2\right)(i)-\sum_{i=2}^nID^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\
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&=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\
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&=\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)^2-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\
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S(n) & =\sum_{i=1}^n\left((\operatorname{id}^2\varphi)* \operatorname{id}^2\right)(i)-\sum_{i=2}^n\operatorname{id}^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\
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& =\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\
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& =\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)^2-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\
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\end{aligned}
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分块求解即可
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分块求解即可。
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??? note "代码实现"
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```cpp
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@ -2,7 +2,7 @@ author: Early0v0
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## 前置知识
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- [积性函数](./du.md#积性函数)
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- [积性函数](./basic.md#积性函数)
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## 定义
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@ -10,7 +10,7 @@ $$
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\tilde{F}(x) = \sum_{i\ge 1}\frac{f_i}{i^x}
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如果序列 $f$ 满足积性（是 [积性函数](../number-theory/du.md#积性函数)）：$\forall i\perp j, \; f_{ij} = f_i f_j$，那么其 DGF 可以由质数幂处的取值表示：
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如果序列 $f$ 满足积性（是 [积性函数](../number-theory/basic.md#积性函数)）：$\forall i\perp j, \; f_{ij} = f_i f_j$，那么其 DGF 可以由质数幂处的取值表示：
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\tilde{F}(x) = \prod_{p\in \mathcal{P}} \left(1 + \frac{f_p}{p^x} + \frac{f_{p^2}}{p^{2x}} + \frac{f_{p^3}}{p^{3x}} + \cdots \right)
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Reference in New Issue