杜教筛用来求数论函数\(f\)前缀和。复杂度为\(O(n^{\frac{2}{3}})\)

前提

如果我们要求\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)，那么需要找到一个数论函数\(g\)，满足\(g\)的前缀和可以非常快速的求出来，并且\(g*f\)的前缀和可以非常快速的求出来。

推导

既然\(g*f\)的前缀和可以非常快速的求出来，我们就求\(g*f\)的前缀和。

即\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}g(\frac{i}{d})f(d)\)。

然后我们想得到的是\(\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)。所以我们让上面的式子减去一个\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i,d\neq i}g(\frac{i}{d})f(d)\)。

对于后面这个式子,我们用\(\frac{n}{d}\)来代替\(d\)，就变成了

因为\(g\)的前缀和可以快速求出，所以直接数论分块，后面的\(S(\frac{n}{d})\)直接递归就好了。

这样我们得到的是\(\sum\limits_{i=1}^ng(1)f(i)=g(1)\sum\limits_{i=1}^n f(i)\)，所以答案除以\(g(1)\)（一般为1）就好了。

例子

以求\(\varphi\)的前缀和为例。因为\(f*1=Id\)，\(1\)和\(Id\)的前缀和都非常好求，所以我们令\(g\)为\(1\)即可。

再来推一下\(\mu\)的前缀和。因为\(\mu * 1= \epsilon\)，\(1\)和\(\epsilon\)的前缀和都非常好求，所以还是令\(g=1\)

关于预处理

这样直接搜的复杂度是\(O(n^{\frac{3}{4}})\)，为了使复杂度更优，我们需要先预处理出一部分答案，如果我们预处理除了\([1,K]\)的答案，当计算\([1,K]\)中的结果时，直接返回即可。

可以证明当\(K\)取\(n^{\frac{2}{3}}\)时，复杂度最优秀为\(n^{\frac{2}{3}}\)

关于记忆化

为了让复杂度是正确的，我们肯定要将每次算出的结果记忆化下来。因为\(n\)比较大，所以需要用\(map\)来记忆化。这样复杂度就会多个\(log\)

还有一种方法，因为我们每次递归到的\(x\)肯定满足:所有满足\(\frac{n}{y}=\frac{n}{x}\)的\(y\)中，只有\(x\)会被计算到。所以我们可以用一个数组ma记忆化，当查询的\(n\)小于等于\(K\)时，我们直接范围答案，当查询的\(n\)大于\(K\)时，我们查看\(ma[\lfloor \frac{n}{K}\rfloor]\)中的值即可。

当有多次询问时，第二种方法需要清空，复杂度可能不如第一种。

代码

以求\(\varphi\)的前缀和为例。

void pre() {
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2;i < N;++i) {
		if(!vis[i]) {
			prime[++tot] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 1;j <= tot && prime[j] * i < N;++j) {
			vis[prime[j] * i] = 1;
			if(i % prime[j]) {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
			}
			else {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
		}
	}
	for(int i = 2;i < N;++i) phi[i] = (phi[i] + phi[i - 1]) % mod;
}
ll MAX;

ll PHI(ll n) {
	if(n < N) return phi[n];
	
	if(vis[MAX / n]) return maphi[MAX / n];
	vis[MAX / n] = 1;
	ll ret = (n % mod) * ((n + 1) % mod) % mod * inv % mod;

	for(ll l = 2,r;l <= n;l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ret -= ((r - l + 1) % mod) * PHI(n / l) % mod;
		ret %= mod;
	}
	return maphi[MAX / n] = ret;
}