杜教筛

前置知识：积性函数的狄利克雷卷积：

$$ \mu * 1 = \epsilon \\ \varphi * 1 = \operatorname{id} $$

求 $F(n) = \sum\limits_{i=1}^{n} f(i)$，其中 $f$ 为积性函数。

构造积性函数 $g$ 和 $h$ 使得 $h = f * g$ 且容易求出 $g$ 和 $h$ 的前缀和。

对于 $f = \mu$，构造 $g = 1,\ h = \epsilon$。 对于 $f = \varphi$，构造 $g = 1,\ h = \operatorname{id}$。

推导过程如下：

$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} h(i) =& \sum_{i=1}^{n} \sum_{d|i} g(d)f(\frac{i}{d}) \\ =& \sum_{d=1}^{n} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} g(d)f(i) \\ =& \sum_{d=1}^{n} g(d)F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \end{aligned} $$$$ F(n) = \frac{1}{g(1)}\left(\sum_{i=1}^{n} h(i) - \sum_{i=2}^{n} g(i)F(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\right) $$

由于 $g$ 为积性函数，所以 $g(1) = 1$。

使用数论分块并递归求解 $\sum\limits_{i=2}^{n} g(i)F(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)$，直接计算复杂度为 $\mathcal O(n^{\frac{3}{4}})$，若使用线性筛预处理出前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项并使用 unordered_map 进行记忆化可以做到 $\mathcal O(n^{\frac{2}{3}})$。

复杂度证明

考虑 $g$ 和 $h$ 的前缀和可以 $\mathcal O(1)$ 计算的情况。设 $T(n)$ 为计算 $F(n)$ 的时间复杂度，有

$$ \begin{aligned} T(n) =& \Theta(\sqrt n) + \sum_{i=2}^{\sqrt n} \left(T(i) + T\left(\frac{n}{i}\right)\right) \\ =& \Theta(\sqrt n) + \sum_{i=2}^{\sqrt n} \left( \Theta(\sqrt i) + \Theta(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor }) \right) \end{aligned} $$

将 $T(n)$ 展开一层即可，因为有 $\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor}{y} \rfloor = \lfloor \frac{n}{xy} \rfloor$，所以再展开就会被记忆化。

$$ \begin{aligned} &\because \Theta(\sqrt i) + \Theta(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}) \ge 2 \sqrt{\sqrt n} = 2n^{\frac{1}{4}} \\ &\therefore \sqrt n \left(\Theta(\sqrt i) + \Theta(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}) \right) \ge 2n^{\frac{3}{4}} \end{aligned} $$

假设使用线性筛预处理了前 $k$ 个前缀和，且 $k \ge \sqrt n$，则

$$ T(n) = \sum_{i=2}^{\frac{n}{k}} \Theta(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}) = \Theta(n^{\frac{2}{3}}),\square $$

数论分块套杜教筛

若在杜教筛外面套一次数论分块，时间复杂度仍为 $\mathcal O(n^\frac{2}{3})$，因为若事先计算一次 $F(n)$，且使用线性筛优化以及 unordered_map 等进行记忆化，则数论分块过程中用到的 $F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$ 都已经被记忆化。

Powerful Number 筛 (PN 筛)

同样是求积性函数 $f$ 的前缀和 $F(n) = \sum\limits_{i=1}^{n} f(i)$。

需要构造积性函数 $g$ 使得对于任意质数 $p$ 有 $f(p) = g(p)$，且 $g$ 易求前缀和。

Powerful Number

定义：对于 $n$ 的质因数分解 $n = \prod p_i^{k_i}$，$n$ 为 PN 当且仅当 $\forall i, k_i > 1$。

性质 1：所有 PN 都能表示为 $a^2b^3$。

证明 1：若 $k_i$ 为偶数则直接用 $p_i^{k_i}$ 对 $a^2$ 贡献，若 $k_i$ 为奇数则先对 $b^3$ 进行 $p_i^3$ 的贡献，然后对 $a^2$ 产生 $p_i^{k_i-3}$ 的贡献。

性质 2：$n$ 以内的 PN 最多有 $\mathcal O(\sqrt n)$ 个。

证明 2：枚举 $a$ 后，考虑满足条件的 $b$ 的个数，所以个数约为

$$ \int_{1}^{\sqrt n} \sqrt[3]{\frac{n}{x^2}} \mathrm{d}x = O(\sqrt n) $$

要求出 $n$ 以内的 PN，只需要先线性筛出 $\sqrt n$ 以内的质数，再 DFS 搜索出各质数的指数即可，复杂度还是 $\mathcal O(\sqrt n)$。

PN 筛

构造积性函数 $g$ 使得对于任意质数 $p$ 都满足 $f(p) = g(p)$，记 $G(n) = \sum\limits_{i=1}^{n} g(i)$。

构造函数 $h = f / g$，由狄利克雷卷积的性质可知 $h$ 为积性函数，$h(1) = 1$ 且 $f = g * h$。

对于素数 $p$，有 $f(p) = g(1)h(p) + g(p)h(1) = g(p) + h(p)$，又因为 $f(p) = g(p)$，所以 $h(p) = 0$。又由于 $h$ 为积性函数，故 $h(n)$ 只在 $n$ 为 PN 时不为 $0$。

根据 $f = g * h$，有

$$ \begin{aligned} F(n) =& \sum_{i=1}^{n} f(i) \\ =& \sum_{i=1}^{n} \sum_{d | i} h(d) g(\frac{i}{d}) \\ =& \sum_{d=1}^{n} h(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} g(i) \\ =& \sum_{d=1}^{n} h(d) G(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \\ =& \sum_{\substack{d=1\\d\text{ is PN}}}^{n} h(d) G(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \\ \end{aligned} $$

下面考虑如何计算出 $h(n)$。算出所有 $h(p^c)$ 的值即可直接推导。根据 $f = g * h$ 有 $f(p^c) = \sum\limits_{i=0}^{c} g(p^i) h(p^{c-i})$，移项得到 $h(p^c) = f(p^c) - \sum\limits_{i=1}^{c} g(p^i)h(p^{c-i})$，先对于每个质数 $p$ 处理出所有 $h(p^c)$，之后在 DFS 处理所有 PN 的时候推导出所有的 $h(n)$。

复杂度证明

线性筛预处理 $\sqrt n$ 以内的质数，并对每个质数预处理 $h(p^c)$，时间复杂度为 $\mathcal O(\frac{\sqrt n}{\log n} \log^2 n) = O(\sqrt n \log n)$，空间复杂度为 $\mathcal O(\sqrt n)$。

对于计算过程中的时间复杂度，假设可以 $\mathcal O(1)$ 求出 $G(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$，则显然为 $\mathcal O(\sqrt n)$。若使用杜教筛求出 $G(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$，则时间复杂度为 $\mathcal O(n^\frac{2}{3})$，证明如下（其实与数论分块套杜教筛的复杂度证明相同）：

若事先计算一次 $G(n)$，且使用线性筛优化以及 unordered_map 等进行记忆化，则 PN 筛过程中用到的 $G(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$ 都已经被记忆化。

综上所述，若可以 $\mathcal O(1)$ 求出 $G(n)$，则 PN 筛的时间复杂度为 $\mathcal O(\sqrt n \log n)$，否则使用杜教筛求出 $G(n)$ 则时间复杂度为 $\mathcal O(n^\frac{2}{3})$。空间复杂度均为 $\mathcal O(\sqrt n)$。

Min_25 筛

同样是计算积性函数 $f$ 的前缀和。要求 $f(p)$ 和 $f(p^k)$ 容易计算。

方便起见，定义 $g(i)$ 表示将 $i$ 当作质数计算时的 $f(i)$，显然有 $f(p) = g(p)$，并定义 $p_i$ 表示第 $i$ 小的质数。特别地，$p_0 = 1$。

此时的 $g$ 为完全积性函数！即 $\forall i,j$，$g(i\times j) = g(i)\times g(j)$ 恒成立。

预处理 $sum_i = \sum\limits_{j=1}^i f(p_j) = \sum\limits_{j=1}^i g(p_j)$。由于一个合数的最小质因子 $\le \sqrt n$，所以只需要预处理到 $\le \sqrt n$ 的质数，记 $cntp$ 表示这些质数的数量。

计算过程

Step 1

记 $G_k(i)$ 表示 $i$ 以内所有质数以及最小质因子 $> p_k$ 的合数的 $g$ 之和。即埃筛第 $k$ 轮所剩下的数的 $g$ 之和。

同样是由于合数的最小质因子 $\le \sqrt n$，所以 $k$ 只需要筛到 $\le \sqrt n$ 的质数即可。

初始时的 $G_0(i) = \sum\limits_{j=2}^i g(j)$。考虑使用埃筛的过程进行转移，有：

1. 对于 $i \lt p_k^2$ 的部分保持不变，即 $G_k(i) = G_{k-1}(i)$。
2. 对于 $p_k^2 \le i$ 的部分，被删掉的数一定含有质因子 $p_k$，贡献为 $-g(p_k)G_{k-1}(\lfloor \frac{i}{p_k} \rfloor)$。
3. 对于 $p_k^2 \le i$ 的部分，根据 $G$ 的定义，在操作 $2$ 中被删去的数会存在使得 $j \lt k$ 的 $g(p_jp_k)$ 被多删去，要将这部分的贡献加回来，即 $g(p_k) sum_{k-1}$。

于是得到以下的递推式：

$$ G_k(i) = G_{k-1}(i) - [p_k^2 \le i]g(p_k)\left(G_{k-1}(\lfloor \frac{i}{p_k} \rfloor) - sum_{k-1}\right) $$

同时，不难发现 $G_k(i)$ 中 $i$ 的有用取值只有 $i = \lfloor \frac{n}{d} \rfloor$，共 $\mathcal O(\sqrt n)$ 种。

Step 2

记 $F_k(i)$表示 $i$ 以内所有最小质因子 $> p_k$ 的数的 $f$ 之和。

分为两部分讨论贡献：

• 质数：所有质数的贡献 $G_{cntp}(i)$ 减去 $p_1 \sim p_j$ 的贡献，为 $G_{cntp}(i) - sum_j$。
• 合数：枚举最小质因子极其次数，贡献为 $\sum\limits_{\substack{j > k \\ p_j^e \le i}} f(p_k^e) \left( F_j(\lfloor \frac{i}{p_k^e} \rfloor) + [e \neq 1] \right)$，其中 $e \neq 1$ 计算的是 $p_k^e$ 的贡献。

容易发现答案就是 $F_0(n) + f(1) = F_0(n) + 1$。

复杂度证明

对于 Step 1 的复杂度，考虑每个 $i = \lfloor \frac{n}{d} \rfloor$，只在枚举 $p_k^2 \le i$ 时进行转移，所以时间复杂度如下：

$$ \begin{aligned} T(n) =& \sum_{i=1}^{\sqrt n} O\left( \frac{\sqrt i}{ \log \sqrt i} \right) + O\left( \frac{\sqrt \frac{n}{i}}{ \log \sqrt \frac{n}{i}} \right) \\ =& O\left( \int_1^{\sqrt n} \frac{\sqrt \frac{n}{i}}{ \log \sqrt \frac{n}{i}} \right) \\ =& O\left( \frac{n^\frac{3}{4}}{\log n} \right) \end{aligned} $$

Step 2 的复杂度为 $\mathcal O(n^{1-\epsilon})$，证明见集训队论文 2018-朱震霆-2.3。

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