[复习]莫比乌斯反演,杜教筛,min_25筛

莫比乌斯反演

做题的时候的常用形式：
\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{n|d}f(d)\\f(n)&=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)\end{aligned}\]
实际上还有
\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{d|n}f(d)\\f(n)&=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d)\end{aligned}\]
证明可以看看这里，只需要把式子带回去就可以证了。
式子很简单，做题很有用，技巧很丰富。

主要通过题目来写这一部分的内容。

• 【BZOJ1101】ZAP
  题意：求\(\displaystyle \sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(i,j)==d]\)
  题解：
  令\(\displaystyle f(d)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(i,j)==d],g(n)=\sum_{n|d}f(d)\)。
  那么通过式子的含义不难知道\(\displaystyle g(d)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[d|gcd(i,j)]\)。
  那么推导就很简单了
  \[
  \begin{aligned}
  g(d)&=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[d|gcd(i,j)]\\
  &=\sum_{i=1}^{a/d}\sum_{j=1}^{b/d} [1|gcd(i,j)]\\
  &= \lceil \frac{a}{d} \rceil* \lceil \frac{b}{d} \rceil\\
  f(d)&=\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})g(i)\\
  &=\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})\lceil \frac{a}{i} \rceil* \lceil \frac{b}{i} \rceil\\
  &=\sum_{i=1}^{min(a,b)/d}\mu(i)\lceil \frac{a/d}{i} \rceil* \lceil \frac{b/d}{i} \rceil\\
  \end{aligned}\\
  \]
  考虑最终这个求和式，如果直接单次\(O(min(a,b)/d)\)的计算，那么复杂度是\(O(Tmin(a,b)/d)\)的，是会\(TLE\)的。
  实际上，当\(i\)取\([1,n]\)时，\(n/i\)向下取整的取值只有大约\(2\sqrt n\)个左右，所以对于相同的值完全可以合并在一起算，所以我们只需要处理出\(\mu\)的前缀和即可直接数论分块计算，把单次复杂度优化到了\(\sqrt {min(a,b)}\)级别。

• 【BZOJ2154】Crash的数字表格/【BZOJ2693】jzptab
  \[\begin{aligned}
  Ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m lcm(i,j)\\
  &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \frac{ij}{gcd(i,j)}\\
  &=\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d]ij\\
  &=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} [gcd(i,j)=1]ij
  \end{aligned}\]
  令\(\displaystyle f(d,n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]ij,g(n)=\sum_{n|d}f(d)\)
  则
  \[\begin{aligned}
  g(d)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[d|gcd(i,j)]ij\\
  &=d^2\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}ij\\
  &=d^2 S([\frac{n}{d}])S([\frac{m}{d}])
  \end{aligned}\]
  其中\(\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}{2}\)
  那么题目中的式子要求的是\(\displaystyle f(1)=\sum_{i=1}^n\mu(i)g(i)\)。
  带回到式子中去，可以得到：
  \[\begin{aligned}
  Ans&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} [gcd(i,j)=1]ij\\
  &=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)i^2S([\frac{n}{id}])S([\frac{m}{id}])
  \end{aligned}\]
  到了这一步，可以做到\(O(n)\)的复杂度了，提前预处理后面整块的前缀和，然后数论分块计算答案即可。
  但是如果要复杂度更加优秀的话，我们需要继续推导。
  \[\begin{aligned}
  Ans&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)i^2S([\frac{n}{id}])S([\frac{m}{id}])\\
  &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])\sum_{d|T,id=T}d\mu(i)i^2\\
  &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])\sum_{i|T}\frac{T}{i}\mu(i)i^2\\
  &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])T\sum_{i|T}i\mu(i)
  \end{aligned}\]
  不难发现最后那一部分是一个积性函数，那么\(\displaystyle T\sum_{i|T}i\mu(i)\)，可以在线性时间里面筛出值并算出前缀和，所以对于前半部分数论分块，可以做到单次询问\(O(\sqrt n)\)。
  考虑这里比前面单词询问线性的优化在了哪里，之前那个的确可以做到回答答案是根号级别的，但是因为每次的\(n,m\)的值都不同，导致不得不需要对于每一次不同的询问做一次前缀和，而后面那个则每次需要预处理的东西都是一样的，因此只需要全局做一次预处理即可。
  想想这个操作的本质，其实就是数论分块的对象不同而已，因此当有多个和式出现的时候，要考虑清楚到底对于谁进行数论分块，能够达到最好的效果。

现在可以来总结一下。
我们仔细想想，这类题目的难点在哪里呢？
首先是推式子，但是这个熟练之后很简单。注意对于不同的东西数论分块可以得到不同的复杂度。
其次就是为了数论分块求函数的前缀和了。其实这个算不上太难，如果数据范围到了\(1e7\)，显然只能线性筛，那就通过线性筛的本质来考虑，如果当前加入的是一个从未出现过的质因子，那么直接乘积即可，否则的话考虑额外加入一个重复质因子时的贡献。对于赋初值而言，只需要单独考虑质数的贡献就好了。如果数据范围并没有到达\(1e7\)，如果在\(1e6\)的范围内，不要一味考虑线性筛，这个复杂度下，调和级数的埃氏筛也是可行的。同时要对于一些积性函数的狄利克雷卷积有所了解，这样推式子的时候会方便很多。
这里也提供几个比较常用的式子。
\(1\)表示常数，即\(1(i)=1\)。
\(e\)表示单位元，\(e(i)=[i==1]\)。
\(id\)表示这个数本身，\(id(i)=i\)。
\(\mu,\varphi\)就不说了。

• \(\displaystyle (1*\mu)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=e\)
  证明并不难，\(\mu\)考虑的只有单个质因子，当某个质因子出现超过了\(1\)次\(\mu\)的值就是\(0\)。那么我们假设\(\displaystyle n=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}\)。那么我们真正有用的值只有\(2^k\)个。当\(k>0\)的时候，显然\(\mu=1\)和\(\mu=-1\)是一一对应的，因此和为\(0\)，当\(k=0\)的时候，\(n=1\)，此时结果为\(1\)。因此这两个的狄利克雷卷积就是单位元。

• \(\displaystyle (\mu*id)(n)=\sum_{d|n}d\mu(\frac{n}{d})=\varphi(n)\)
  其实换种写法就很好证明了，\(\displaystyle \sum_{d|n}\frac{n}{d}\mu(d)\)。
  \(\mu\)函数又可以称为容斥系数，那么这鬼玩意的本质就是\(n\)减去其大于\(1\)的约数的倍数，也就是与\(n\)互质的数的个数，也就是\(\varphi\)。

• \(\displaystyle (1*\varphi)(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)=id(n)=id\)
  可以用狄利克雷卷积的方法证明：\(\displaystyle1*\varphi=1*\mu*id=e*id=id\)。

• \(\displaystyle \sum_{i=1}^n [gcd(i,n)=1]i\)
  即小于\(n\)并且与\(n\)互质的数之和。除了莫比乌斯反演可以推之外，还有一个很好的推导方法。假设\(x\)与\(n\)互质，那么\(n-x\)与\(n\)互质，因此所有与\(n\)互质的数可以两两配对，且和为\(n\)。因此上述式子等于\(\displaystyle \frac{n\varphi(n)}{2}\)。

杜教筛

求解积性函数前缀和。
假设给定的积性函数为\(f(x)\)，设它的前缀和\(\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)\)。
显然不能直接求解我们才会单独把它拿出来考虑。
既然不能直接求解的话，肯定要找一个什么东西来过度，假装我们找到了一个积性函数\(g(x)\)。
把两者卷积起来：
\[(g*f)(n)=\sum_{d|n}g(d)*f(\frac{n}{d})\]
然后考虑求解这个玩意的前缀和：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n (g*f)(i)&=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})\\
&=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{j=1}^{n/d}f(i)\\
&=\sum_{d=1}^ng(d)S([\frac{n}{d}])
\end{aligned}\]
然后我们惊奇的发现有这么一个式子：
\[\begin{aligned}
g(1)S(n)&=\sum_{i=1}^ng(i)S([\frac{n}{i}])-\sum_{i=2}^ng(i)S([\frac{n}{i}])\\
&=\sum_{i=1}^n (f*g)(i)-\sum_{i=2}^n g(i)S(\frac{n}{i})
\end{aligned}\]
那么假装我们可以快速的计算\((f*g)\)的前缀和，那么后半部分可以数论分块+递归求解。
这样一来我们就可以还原出\(S(n)\)了。
所以。。。实际上杜教筛就是一个构造的过程。
那么能够快速计算前缀和要有多好求呢？比如说我们要求\(\mu\)的前缀和，那么最好可以\(O(1)\)求，而\(\mu*1=e\)，\(e\)的前缀和就是\(1\)，那就很好办了。令\(f(x)=\mu(x),g(x)=1\)，可以得到
\[\begin{aligned}
S(n)&=1-\sum_{i=2}^nS([\frac{n}{i}])
\end{aligned}\]
这个东西？递归算算就好了。当然了，别少了记忆化。
推式子熟练了就很好了，而构造\(g\)的时候就记住前面讲的几个常用的狄利克雷卷积的式子，往那个上面靠。这里随便推一道题目可以看看是怎么构造的。

• 【洛谷3768】简单的数学题
  前面的是莫比乌斯反演，推导过程会写的比较简单。
  \[\begin{aligned}
  Ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nijgcd(i,j)\\
  &=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}ij[gcd(i,j)=1]\\
  &=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)*i^2*S^2([\frac{n}{id}])\\
  &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])\sum_{d|T} d^3(\frac{T}{d})^2\mu(\frac{T}{d})\\
  &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])(T^2\sum_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})\\
  &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])(T^2\varphi(T))\\
  \end{aligned}\]
  考虑怎么求\(f(T)=T^2\varphi(T)\)的前缀和，这个东西显然是一个积性函数。
  发现式子中带\(\varphi\)，所以杜教筛配\(g\)的时候往\(\displaystyle \sum_{d|T}\varphi(T)=T\)上面靠。
  \[\begin{aligned}
  (f*g)(n)&=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\\
  &=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)g(\frac{n}{d})\\
  \end{aligned}\]
  因为要往只有\(\varphi\)上靠，所以令\(g(x)=x^2\)
  \[\begin{aligned}
  (f*g)(n)&=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)g(\frac{n}{d})\\
  &=n^2\sum_{d|n}\varphi(d)\\
  &=n^3
  \end{aligned}\]
  那就很好办了，\(\displaystyle \sum_{i=1}^n i^3=(1+2+...+n)^2\)可以\(O(1)\)计算，那么直接杜教筛就可以快速计算前缀和了。

那么杜教筛就是一个具有很强的构造性的东西，这也从一些方面上使得其并不是那么的实用。

min_25筛

\(min\_25\)筛用于计算积性函数前缀和\(\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)\)。
相比于杜教筛而言，\(min\_25\)筛的题目更加灵活多变
所求的积性函数要满足两个条件

• \(f(x)\)在\(x\)为质数的时候要存在一个多项式的表示方法。
• \(f(x^c)\)在\(x\)为质数的时候能够快速计算。

至于为什么是这两个条件，与\(min\_25\)筛的过程之间有着密切的联系。

既然上述的条件中，我们已经把质数单独分割出来了，那么我们应该明白，\(min\_25\)筛的过程是一个分解过程，即把所有数分成两类，质数以及合数，当然还有特殊的\(1\)。
这里提前说明几个东西，底下直接把\(P\)定义为质数集合，\(P_i\)表示的是第\(i\)大的质数。

• 质数部分
  令\(g(n,j)\)表示的是，小于等于\(n\)的所有数\(i\)中，其最小质因子\(p\gt P_j\)或者\(i\)本身就是质数的所有的\(i\)的\(f(i)\)之和。
  等等，前面不是说了只有当\(i\)是质数的时候才能方便的计算\(f(i)\)吗？别急，这里我们假装所有数都是质数，带入到是质数的式子中一起计算，换句话说，这里就是一个构造过程，不需要管那么多啦QwQ。或者这样想，如果我们知道了\(g(n,\infty)\)，显然这个东西就是所有质数的和啊QaQ。接下来往下面看吧。
  考虑一下这个东西怎么样才能转移呢，显然我们的转移从\(j-1\)转移到了\(j\)，那么就考虑\(g(n,j-1)\)比\(g(n,j)\)多算了些什么。
  多算的部分显然就是那些最小质因子恰好为\(P_{j}\)的数（别忘了上面那个是大于号），那么最小的一个最小质因子为\(P_{j}\)的数是谁呢？\(P_{j}^2\)。如果\(P_j^2\)比\(n\)都要大了，那么我们什么也没有减掉，意味着\(g(n,j)=g(n,j-1)\)。
  否则的话，想想我们减掉了什么呢？我们先给所有数除掉一个\(P_j\)，那么如果剩下的部分的最小质因子还小于等于\(P_j\)的话那么显然不合法，也就是\(\displaystyle g([\frac{n}{P_j}],j-1)\)，但是这样子减多了，把小于\(P_j\)的质数的贡献给减掉了，这些质数与\(P_j\)构成的合数的最小质因子小于\(P_j\)，显然是早就被减掉了。那么我们重新把第\(1\)个到第\(j-1\)个质数的贡献加回来，也就是\(g(P_j-1,j-1)\)。
  然后我们要求的是\(g\)的和，我们减去的是\(P_j\)因子的贡献，而\(f(x)\)为积性函数，所以转移可以写成：
  \[g(n,j)=\begin{cases}
  g(n,j-1)&P_j^2>n\\
  g(n,j-1)-f(P_j)(g([\frac{n}{P_j}],j-1)-g(P_j-1,j-1))&P_j^2\leq n
  \end{cases}\]
  前面也说了，\(f(x)\)在\(x\)为质数的情况下可以写成一个多项式的形式，所以其实这个求\(g\)的本质上可以理解为求\(f(x)=x^k\)的一个过程。同时，每次都是从\(j-1\)转移到\(j\)，仔细思考，这个过程很类似于埃氏筛法，每次筛去了一个质数的所有倍数的贡献。
  那么如果最终要计算出所有质数的贡献，那么显然就是\(g(n,\infty)\)，事实上我们只需要算到\(\sqrt n\) 以内的所有质数就行了。同时，因为上述转移的过程中是整除，其实在计算过程中的\(n\)的取值也只有\(2\sqrt n\)个左右，也只需要离散后记录这些位置就行了。
  而\(g\)的初值也就是\(g(n,0)\)自己想想怎么计算吧QwQ。

• 合数部分
  知道了质数的贡献，而目标函数又是积性函数，所以我们只需要用所有的质数拼出所有的合数就可以计算答案了。
  令\(S(n,j)\)表示所有最小质因子大于等于\(P_j\)的数\(i\)的\(f(i)\)的和，注意这里和上面\(g\)的描述的区别。
  那么计算\(S\)的值的时候显然是先把质数的贡献给算上，这一部分的贡献是\(\displaystyle g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_j)\)，其中\(P\)是小于等于\(\sqrt n\)的质数集合。
  接下来考虑合数的贡献，显然每个合数都存在一个最小质因子，那么我们来枚举这个因子，假设为\(P_k,k\geq j\)，枚举其幂，假设为\(e\)，那么考虑的就是所有包含了\(P_k^e\)的合数的贡献。
  因为\(f\)是积性函数，所以把这里每次就考虑只包含\(P_k^e\)的贡献，首先是\(\displaystyle S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)\),因为这里并没有包含\(1\)的贡献，意味着\(P_k^e\)本身的贡献没有计算进来，所以要额外加进来。
  所以转移就可以写成：
  \[S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k\geq j}^{|P|}\sum_{e}(f(P_k^e)S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)+f(P_{k}^{e+1}))\]

所以底下就来丢几道题目吧。。。

• 【LOJ#6053】简单的函数
  发现这个东西是\(f(p^k)=p\oplus k\)，对于质数而言\(f(p)=p-1\)，当然\(2\)比较特殊\(f(2)=p+1=3\)，所以我们先把它当成\(p-1\)算，最后再加上\(2\)就好了。
  前面也说了，因为在质数上涉及到的是一个多项式计算，所以本质上要求解的就是\(f(p)=p^k\)的形式，那么从这个式子就知道我么要求的是\(k=0\)和\(k=1\)的情况。
  设\(g(n,j)\)表示\(k=1\)的情况。即\(f(p)=p\)，那么显然有转移：
  \[g(n,j)=\begin{cases}
  g(n,j-1)&P_j^2>n\\
  g(n,j-1)-P_j(g([\frac{n}{P_j}],j-1)-g(P_j-1,j-1))&P_j^2\le n
  \end{cases}\]
  设\(h(n,j)\)表示\(k=0\)的情况，即\(f(p)=1\)时的计算，那么有转移：
  \[h(n,j)=\begin{cases}
  h(n,j-1)&P_j^2>n\\
  h(n,j-1)-(h([\frac{n}{P_j}],j-1)-h(P_j-1,j-1))&P_j^2\le n
  \end{cases}\]
  显然有\(g(n,|p|)-h(n,|p|)\)为所有质数的答案，假设其为\(F(n)\)。
  那么设\(S(n,j)\)表示\(\displaystyle \sum_{i=2}^n f(i)\)，其中\(i\)的最小质因子大于等于\(P_j\)。
  得到转移：
  \[S(n,j)=F(n)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_j)+\sum_{k\geq j}\sum_e(f(P_k^e)S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)+f(P_k^{e+1}))\]
  那么简单的递归处理即可。
  讲讲几个实现的地方，首先要筛的质数只有\(\sqrt n\)以内的，所以完全可以把他们的\(f\)的前缀和给求出来，这也就是\(g\)和\(S\)中转移看起来不好算的两部分的计算方法。其次，计算\(g(n,j)\)的时候，真正有用的\(n\)只有\(2\sqrt n\)个，因为这个过程你可以看成一个数论分块的过程，因此提前把\(n\)给数论分块，得到所有有用的\(n\)，这样子可以节约大量空间。第三，发现\(g\)的转移的中，之和\(j-1\)相关，意味着在开数组的时候只需要开一维，第二维可以滚掉，并且实际上最终\(g\)要用的也只有\(g(n,|P|)\)，所以滚掉就好了。最后一个，计算\(S\)的时候不需要记忆化。
  这题代码我重写了一遍，直接戳LOJ的提交记录吧。

• 【UOJ#188】sanrd
  求\(\displaystyle \sum_{i=l}^r f(i)\)的值，其中\(f(i)\)表示\(i\)的次大质因子。
  看起来这里的这个函数与质数无关，并且也不是一个积性函数了，那么怎么办呢？
  首先实际上我们要求的还是这个函数的前缀和，考虑一下\(min\_25\)筛最终求解答案的过程，每次我们枚举其当前拥有的最小质因子。那么，通过当前计算的\(S(n,j)\)的\(j\)，我们可以很容易的知道当前数的上一个质因子是\(P_{j-1}\)。那么如果以\(P_{j-1}\)为质因数为贡献的话，显然就是当前剩下的数中质数的个数，这个可以提前用\(min\_25\)的前半部分筛出来。否则以更大的质数为贡献，那么枚举当前的最小质因子把它除掉接着递归处理即可，注意\(P_k^c\)的这个数的次大质因子为\(P_k\)，这里的贡献是额外算的。
  代码直接戳UOJ记录