[学习笔记]杜教筛法的原理

一、引入

通常，在莫比乌斯反演的题目中会推出下面这样的式子：

$$\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor f(i)$$
其中 $f$ 是积性函数。
我们知道，当 $1\le i\le n$ 时 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的取值只有 $O(\sqrt n)$ 种。
于是我们可以对下界分块，利用 $f$ 的前缀和求解，从而实现一次 $O(\sqrt n)$ 的复杂度。
但如果 $n=10^9$ 时，如何求 $f$ 的前缀和呢？
下面就来介绍 求积性函数前缀和的算法：杜教筛。

二、前置芝士：狄利克雷 (Dirichlet) 卷积

两个数论函数函数 $f$ 和 $g$ 的狄利克雷卷积定义为：

$$(f*g)(n)\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)$$
如果 $f$ 和 $g$ 为积性函数，那么 $f*g$ 也是积性函数。

三、算法流程

设我们要求的值：

$$S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)$$
首先找到一个积性函数 $g$ ，使得
$$h(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)$$
可以被 $O(1)$ 计算出， $g(n)$ 的 值及前缀和也能被 $O(1)$ 计算出。
于是有：
$$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(\frac id)g(d)=h(n)$$
把枚举约数改成枚举倍数：
$$\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{1\le i\le n,d|i}f(\frac id)=h(n)$$
满足所有 $1\le i\le n,d|i$ 的 $\frac id$ 实际上就是所有满足 $1\le i\le\lfloor\frac nd\rfloor$ 的 $i$ ：
$$\sum_{i=1}^ng(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac ni\rfloor}f(j)=h(n)$$
于是：
$$\sum_{i=1}^ng(i)S(\lfloor\frac ni\rfloor)=h(n)$$
由于 $\lfloor\frac n1\rfloor=n$ ，故：
$$g(1)S(n)=h(n)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\frac ni\rfloor)$$
对 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 下界分块。使用记忆化搜索就能在 $O(n^{\frac 34})$ 内求出一个前缀和。
为了提高效率，我们还需要结合线性筛，筛出 $n^{\frac 23}$ 内的所有 $S$ 值。
这样，我们实现了 $O(n^{\frac 23})$ 求 $S(n)$ 。
复杂度分析需要用到积分方面的知识 ，本蒟蒻就不会了。

四、有趣的栗子

来源： BZOJ 3944
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3944
（1）求 $\sum_{i=1}^n\mu(i)$ 。
我们知道， $\mu*1=e$ （ $e$ 为单位元，即 $[n=1]$ ）
于是：

$$\sum_{i=1}^n\mu(i)=1-\sum_{i=2}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac ni\rfloor}\mu(j)$$
对 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 下界分块即可。
（2）求 $\sum_{i=1}^n\phi(i)$ 。
我们知道， $\phi*1=n$ 。
于是：
$$\sum_{i=1}^n\phi(i)=\frac{n\times(n+1)}{2}-\sum_{i=2}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac ni\rfloor}\phi(j)$$
同样下界分块。