杜教筛

杜教筛用于求一类积性函数的前缀和，时间复杂度可以做到 O(n23)O(n^{\frac{2}{3}})O(n32)。

方法

设我们要求的是积性函数函数 f(x)f(x)f(x) 的前缀和 S(n)=∑i=1nf(i)S(n) = \sum_{i = 1}^n f(i)S(n)=∑i=1nf(i)。
我们取一个积性函数 ggg（ggg 具体是什么由 fff 决定，但这不影响推式子）则 ∑i=1n(f∗g)(i)=∑i=1n∑d∣ig(d)f(id)=∑d=1ng(d)∑d∣if(id)=∑d=1ng(d)∑j=1⌊nd⌋f(j)=∑d=1ng(d)S(⌊nd⌋)\begin{aligned}\sum_{i = 1}^n (f*g)(i) = &\sum_{i = 1}^n\sum_{d | i} g(d)f\left(\frac{i}{d}\right) \\ = &\sum_{d = 1}^n g(d)\sum_{d | i}f\left(\frac{i}{d}\right) \\ =&\sum_{d = 1}^n g(d)\sum_{j = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}f(j) \\ =&\sum_{d = 1}^n g(d) S\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)\end{aligned}i=1∑n(f∗g)(i)====i=1∑nd∣i∑g(d)f(di)d=1∑ng(d)d∣i∑f(di)d=1∑ng(d)j=1∑⌊dn⌋f(j)d=1∑ng(d)S(⌊dn⌋) 要求 S(n)S(n)S(n)，所以尝试计算 g(1)S(n)=∑d=1ng(d)S(⌊nd⌋)−∑d=2ng(d)S(⌊nd⌋)=∑i=1n(f∗g)(i)−∑d=2ng(d)S(⌊nd⌋)\begin{aligned} g(1)S(n) = &\sum_{d = 1}^n g(d) S\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right) - \sum_{d = 2}^n g(d) S\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right) \\ =& \sum_{i = 1}^n (f*g)(i) - \sum_{d = 2}^n g(d) S\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right) \end{aligned}g(1)S(n)==d=1∑ng(d)S(⌊dn⌋)−d=2∑ng(d)S(⌊dn⌋)i=1∑n(f∗g)(i)−d=2∑ng(d)S(⌊dn⌋) 也就是说如果 (f∗g)(f*g)(f∗g) 和 ggg 的前缀和都能很快地算，后面那个数论分块，我们就可以得到 S(n)S(n)S(n) 了！

举例

莫比乌斯函数

f=μf = \muf=μ，注意到 μ∗1=ε\mu*1 = \varepsilonμ∗1=ε，1(x)=11(x) = 11(x)=1 和 ε(x)=[x=1]\varepsilon(x) = [x = 1]ε(x)=[x=1] 的前缀和都很显然，于是取 g=1g = 1g=1 即可。

欧拉函数

f=φf = \varphif=φ，注意到 φ∗1=i\varphi * 1 = iφ∗1=i，1(x)=11(x) = 11(x)=1 和 i(x)=xi(x) = xi(x)=x 的前缀和都很显然，于是取 g=1g = 1g=1 即可。

时间复杂度

只考虑 ggg 和 f∗gf * gf∗g 的前缀和能够 O(1)O(1)O(1) 计算的情况。设 T(n)T(n)T(n) 为计算 S(n)S(n)S(n) 的时间复杂度（大 OOO 记号），有 T(n)=O(n)+∑i=2n(T(i)+T(ni))=O(n)+∑i=2n(O(i)+∑j=2iT(j)+O(ni)+∑j=2niT(j))\begin{aligned}T(n) = &O\left(\sqrt n\right) + \sum_{i = 2}^{\sqrt n} \left(T(i) + T\left(\frac{n}{i}\right)\right) \\= &O\left(\sqrt n\right) + \sum_{i = 2}^{\sqrt n}\left(O\left(\sqrt i\right) + \sum_{j = 2}^{\sqrt i} T(j) +O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right) + \sum_{j = 2}^{\sqrt {\frac{n}{i}}} T(j)\right)\end{aligned}T(n)==O(n)+i=2∑n(T(i)+T(in))O(n)+i=2∑n⎝⎜⎛O(i)+j=2∑iT(j)+O(in)+j=2∑inT(j)⎠⎟⎞ 其中 O(n)O\left(\sqrt n\right)O(n) 是该层合并复杂度。

通常用的大 OOO 记号是渐进时间复杂度，可以理解为 n→∞n\to \inftyn→∞ 的时间消耗，也可以作为最坏时间复杂度理解，因此通常用的大 OOO 记号的定义是：假设程序进行常数运算的次数为 ϕ(n)\phi(n)ϕ(n)，存在一个函数 τ(n)\tau(n)τ(n) 使得 lim⁡n→∞ϕ(n)τ(n)=C\lim\limits_{n\to \infty}\frac{\phi(n)}{\tau(n)} = Cn→∞limτ(n)ϕ(n)=C，其中 CCC 是一个非零常数，那么该程序时间复杂度为 O(τ(n))O(\tau(n))O(τ(n))。在数学上称 ϕ(n)\phi(n)ϕ(n) 和 τ(n)\tau(n)τ(n) 是同阶的。

因此从定义可以看出，大 OOO 记号是忽略了高阶无穷小的，只保留同阶无穷。

如果 lim⁡x→∞α(x)β(x)=0\lim\limits_{x \to \infty}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 0x→∞limβ(x)α(x)=0，则称 β(x)\beta(x)β(x) 比 α(x)\alpha(x)α(x) 低阶无穷小；
如果 lim⁡x→∞α(x)β(x)=C≠0\lim\limits_{x \to \infty}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = C \neq 0x→∞limβ(x)α(x)=C=0，CCC 是常数，则称 β(x)\beta(x)β(x) 是 α(x)\alpha(x)α(x) 的同阶无穷小；
如果 lim⁡x→∞α(x)β(x)=∞\lim\limits_{x \to \infty}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = \inftyx→∞limβ(x)α(x)=∞，则称 β(x)\beta(x)β(x) 比 α(x)\alpha(x)α(x) 高阶无穷小。

由于 lim⁡n→∞n12n14=lim⁡n→∞n14=∞\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n^{\frac{1}{2}}}{n^{\frac{1}{4}}} = \lim\limits_{n \to \infty} n^\frac{1}{4} = \inftyn→∞limn41n21=n→∞limn41=∞，所以 n\sqrt{\sqrt n}n 相对 n\sqrt nn 是高阶无穷小量，对于大 OOO 记号可以忽略，所以 T(n)=O(n)+∑i=2n(O(i)+O(ni))\begin{aligned}T(n) = &O\left(\sqrt n\right) + \sum_{i = 2}^{\sqrt n}\left(O\left(\sqrt i\right) + O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right) \right)\end{aligned}T(n)=O(n)+i=2∑n(O(i)+O(in)) （粗略估计）由均值不等式 i+ni≥2ini=2n14\sqrt i + \sqrt{\frac{n}{i}} \geq 2\sqrt{\sqrt{i\frac{n}{i}}} = 2n^{\frac{1}{4}}i+in≥2iin=2n41，于是 ∑i=2n(O(i)+O(ni))≥n12n14=n34\sum\limits_{i = 2}^{\sqrt n}\left(O\left(\sqrt i\right) + O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right) \right) \geq n^{\frac{1}{2}} n^{\frac{1}{4}} = n^{\frac{3}{4}}i=2∑n(O(i)+O(in))≥n21n41=n43，于是 T(n)=O(n34)T(n) = O\left(n^{\frac{3}{4}}\right)T(n)=O(n43)。

但是我们可以先线性筛预处理出一部分前缀和，这样某些前缀和就能之间查询了。假设我们预处理了前 mmm 个前缀和，那么复杂度变为 T(n)=O(m)+O(n)+∑i=2n([i>m]O(i)+[ni>m]O(ni))\begin{aligned} T(n) =&O(m) + O\left(\sqrt n\right) + \sum_{i = 2}^{\sqrt n}\left(\left[\sqrt i > m\right]O\left(\sqrt i\right) + \left[\sqrt{\frac{n}{i}} > m\right]O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right) \right)\end{aligned}T(n)=O(m)+O(n)+i=2∑n([i>m]O(i)+[in>m]O(in)) 让 m≥n14m \geq n^{\frac{1}{4}}m≥n41（在一定限度内 mmm 肯定越大越好），那么 T(n)=O(m)+O(n)+∑i=2n[ni>m]O(ni)=O(m)+O(n)+∑i=2nm2O(ni)≥O(m)+O(n)+O(nnm2)\begin{aligned} T(n) =&O(m) + O\left(\sqrt n\right) + \sum_{i = 2}^{\sqrt n}\left[\sqrt{\frac{n}{i}} > m\right]O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right) \\ =&O(m) + O\left(\sqrt n \right) + \sum_{i = 2}^{\frac{n}{m^2}} O\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right)\\ \geq &O(m) + O\left(\sqrt n\right) + O\left(\frac{n\sqrt n}{m^2}\right)\end{aligned}T(n)==≥O(m)+O(n)+i=2∑n[in>m]O(in)O(m)+O(n)+i=2∑m2nO(in)O(m)+O(n)+O(m2nn) 当 m=n23m = n^{\frac{2}{3}}m=n32 时能取到最优复杂度 O(n23)O(n^{\frac{2}{3}})O(n32)。

因此杜教筛的时间复杂度为 O(n23)O(n^\frac{2}{3})O(n32)。

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杜教筛及其时间复杂度分析

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