【leecode 劍指offer】從上到下列印二叉樹 II

阿新 • • 發佈：2020-12-20

Warning

由於式子較多，LaTeX 渲染可能會有點慢qwq

上一次學莫反失敗了……因為看了太多部落格而又沒有弄懂，每個部落格裡面寫的都不一樣，最後徹底看懵……

~~現在看之前的樣子感覺好zz啊~~

0. 前置-整除分塊

問題

給定一個 \(n\) ，求：

\[\sum_{i=1}^n\Big\lfloor \frac{n}{i}\Big\rfloor \]

思路&程式碼

這個式子顯然可以 \(\mathcal{O}(n)\) 計算，考慮優化。

對於小的數可能感覺不出來；但是對於較大的數，比如：\(100/51,100/52,\dots,100/100\) ，你會發現它們全都是一樣的！這說明其實剛才的過程中，有很大一部分的計算完全可以一次性解決！

現在來考慮如何計算左右端點。設當前左右端點為 \(l,r\) ，那麼顯然有：

\[n/l=k,n=r\times k,=>r=n/(n/l). \]

於是就可以直接得到右端點了。容易得到這樣的複雜度是 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) .

Code

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
	r=n/(n/l);
	ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

習題

CF830-C Bamboo Partition

給定 \(n\) 個數 \(a_1\sim a_n\) ，求最大的 \(d\) ，滿足

\[\sum_{i=1}^n d-((a_i-1)\bmod d+1)\leq k. \]

展開取模，得到

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^nd-((a_i-1)-d\times \Big\lfloor\frac{a_i-1}{d}\Big\rfloor+1)\leq k &\iff \sum d\times\Big\lfloor\frac{a_i-1}{d}\Big\rfloor-(a_i-1)-1\leq k-n\times d\\\\ & \iff \sum d\times\Big\lfloor \frac{a_i-1}{d}\Big\rfloor \leq k-n\times d+\sum a_i\\\\ & \iff \sum \Big\lfloor \frac{a_i-1}{d}\Big\rfloor\leq \Big\lfloor\dfrac{k-n\times d+\sum a_i}{d}\Big\rfloor\\\\ & \iff \sum \Big\lfloor \frac{a_i-1}{d}\Big\rfloor\leq \Big\lfloor\dfrac{k+\sum a_i}{d}\Big\rfloor-n\\\\ \end{aligned} \]

於是發現了一個整除分塊的基本式，可以直接求了。

Code

//Author:RingweEH
const int N=110;
int n;
ll a[N],k,ans=0;
int main()
{
	n=read(); k=read(); ll mx=0;
	for ( int i=1; i<=n; i++ )
		a[i]=read()-1,k+=a[i]+1,mx=max( mx,a[i] );
	for ( ll l=1,r=1; r<=mx; l=r+1 )
	{
		ll sum=0; r=(1ll<<50);
		for ( int i=1; i<=n; i++ )
			if ( a[i]>=l ) r=min( r,a[i]/(a[i]/l) ),sum+=a[i]/l;
		ll tmp=k/(sum+n);
		if ( l<=tmp ) ans=max( ans,min( tmp,r ) );
	}
	if ( k/n>mx ) ans=max( ans,k/n );
	printf( "%lld\n",ans );
	return 0;
}

0. 前置-積性函式

定義：如果 \(\gcd(x,y)=1\) 且 \(f(xy)=f(x)f(y)\) ，那麼 \(f(n)\) 為積性函式。

性質：如果 \(f(x),g(x)\) 均為積性函式，那麼如下函式也是積性函式：

\[h(x)=f(x^p)\\ h(x)=f^p(x)\\ h(x)=f(x)g(x)\\ h(x)=\sum_{d|x} f(d)g(\frac{x}{d}) \]

常見的積性函式：

單位函式。\(\varepsilon(x)=[x=1]\)
常數函式。\(1(x)=1\)
尤拉函式。\(\varphi(x)=\sum_{i=1}^x[\gcd(x,i)=1]\)
莫比烏斯函式

0. 前置-Dirichlet卷積

定義：兩個數論函式 \(f,g\) 的Dirichlet卷積 \((f*g)\) 為：

\[(f*g)(x)=\sum_{d|x}f(d)g(\frac{x}{d}) \]

（會發現這個式子和上面積性函式的最後一個式子很像……）

性質：滿足交換律和結合律，\(\varepsilon\) 是該函式單位元。

舉例：

\[d(x)=(1*1)(x)=\sum_{d|1}1\\ \sigma(x)=(1*d)(x)=\sum\limits_{d|x}d\\ \varepsilon(x)=(\mu*1)(x)=\sum\limits_{d|x}\mu(d)\\ \varphi(x)=(\mu*ID)(x)=\sum\limits_{d|x}d\cdot\mu(\frac xd) \]

1. 莫比烏斯函式

定義：

\[\mu(x)= \begin{cases} 1 & x=1\\ 0 & \exists d\in\mathbb{Z}:d^2\mid x\\ (-1)^k & k 為 x 本質不同的的質因子個數\\ \end{cases} \]

另一種表述：

用算數基本定理把 \(x\) 寫成質因數分解的形式得到 \(x=\prod_{i=1}^k p_i^{c_i}\) ，那麼有：

\(x=1\) ，\(\mu(x)=1\)
\(\forall i,c_i=1\) ，\(\mu(x)=(-1)^k\)
\(otherwise,\mu(x)=0\)

性質：

\(\mu*1=\varepsilon\) ，即 \(\sum_{d|x}\mu(d)=\varepsilon(x)\) ，也就是 \(\sum_{d|x}\mu(d)=1\) 當且僅當 \(x=1\) ，否則 \(\sum_{d|x} \mu(d)=0\) .
\[\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n} \]
\[[\gcd(i,j)=1]=\varepsilon(\gcd(i,j))=\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d) \]
反演結論。
\[\varphi*1=ID,\sum_{d|nm}=\sum_{x|n}\sum_{y|m}[\gcd(x,y)=1] \]
拓展。

線性篩莫比烏斯函式

int mu[N],pri[N],tot,is[N];
void sieve()
{
    is[1]=mu[1]=1;
    for ( int i=2; i<=n; i++ )
    {
        if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,mu[i]=-1; //根據定義，質數的莫比烏斯函式顯然是-1
        for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if ( i%pri[j] ) mu[i*pri[j]]=-mu[i];  //多了一個質因子，取反
            else { mu[i*pri[j]]=0;break; }   //出現平方因子，置為0
        }
    }
}

2. 莫比烏斯反演

對於兩個數論函式 \(f,g\) ，滿足

\[f(x)=\sum_{d|x}g(d) \]

那麼有

\[g(x)=\sum_{d|x}f(d)\times \mu(\frac{x}{d}). \]

另一種表述方式（根據Dirichlet卷積）：

\[f=g*1=>g=f*\mu \]

Proof

\[\begin{aligned} f*\mu & =g*1*\mu\\ & =g*\varepsilon（莫比烏斯函式性質1）\\ & =g（單位函式） \end{aligned} \]

3. 例題

注：以下預設 \(n\leq m\) .

Problem b

求

\[\sum_{x=a}^b\sum_{y=c}^d[\gcd(x,y)=k] \]

Solution

原式有上下界限制，不好求，一個簡單的想法是考慮容斥。

\[\begin{aligned} \sum_{x=a}^b\sum_{y=c}^d[\gcd(x,y)=k]&=\sum_{x=1}^b\sum_{y=1}^d[\gcd(x,y)=k]-\sum_{x=1}^{a-1}\sum_{y=1}^d[\gcd(x,y)=k]-\sum_{x=1}^{b}\sum_{y=1}^{c-1}[\gcd(x,y)=k]+\sum_{x=1}^{a-1}\sum_{y=1}^{c-1}[\gcd(x,y)=k]\\ \end{aligned} \]

問題就轉化為求

\[\begin{aligned} f(n,m)= \sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[\gcd(x,y)=k] &=\sum_{x=1}^{\lfloor n/k\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor m/k\rfloor}[\gcd(x,y)=1]\\ \because [\gcd(i,j)=1]=\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d) \therefore & =\sum_{x=1}^{\lfloor n/k\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor m/k\rfloor}\sum_{d|\gcd(x,y)}\mu(d)\\ &=\sum_{d=1}^{\lfloor n/k\rfloor} \mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor n/k\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor m/k\rfloor}[d|\gcd(x,y)]\\ \because 1\sim n中d的倍數有 \lfloor n/d\rfloor 個\therefore &=\sum_{d=1}^{\lfloor n/k\rfloor} \mu(d)\Big\lfloor \frac{n}{kd}\Big\rfloor \Big\lfloor \frac{m}{kd}\Big\rfloor \end{aligned} \]

對 \(\mu(x)\) 函式求字首和，然後整除分塊即可。

Code

//Author: RingweEH
const int N=5e4+10;
int n,m,k,mu[N],sum[N],pri[N],tot=0;
bool is[N];
void init()
{
	is[1]=mu[1]=1;
	for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
	{
		if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for ( int j=1; j<=tot && (i*pri[j])<=(N-10); j++ )
		{
			if ( i%pri[j] ) is[i*pri[j]]=1,mu[i*pri[j]]=-mu[i];
			else { mu[i*pri[j]]=0; is[i*pri[j]]=1; break; }
		}
	}
	sum[0]=0;
	for ( int i=1; i<=(N-10); i++ )
		sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int get_Fenk( int n,int m )
{
	int res=0;
	if ( n>m ) swap( n,m );
	for ( int l=1,r=0; l<=n; l=r+1 )
	{
		r=min( n/(n/l),m/(m/l) );
		res=res+(sum[r]-sum[l-1])*(n/l)*(m/l);
	}
	return res;
}
int main()
{
	int T=read(); init();
	while ( T-- )
	{
		int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=read();
		a--; c--; a/=k,b/=k,c/=k,d/=k;
		int ans=get_Fenk(b,d)-get_Fenk(a,d)-get_Fenk(b,c)+get_Fenk(a,c);
		printf( "%d\n",ans );
	}
    return 0;
}

YY的GCD

給定 \(N,M(N,M\leq 1e7)\) ，求

\[\sum_{x=1}^N\sum_{y=1}^M[\gcd(x,y)\in primes] \]

多測，\(T\leq 1e4\) .

Solution

\[\begin{aligned} \sum_{x=1}^N\sum_{y=1}^M[\gcd(x,y)\in primes] & =\sum_{p\in primes}\sum_{x=1}^N\sum_{y=1}^M[\gcd(x,y)=p]\\ & =\sum_{p\in primes}\sum_{x=1}^{\lfloor N/p\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor M/p\rfloor}[\gcd(x,y)=1]\\ & =\sum_{p\in primes}\sum_{x=1}^{\lfloor N/p\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor M/p\rfloor}\sum_{d|\gcd(x,y)}\mu(d)\\ &=\sum_{p\in primes}\sum_{d=1}^{\lfloor N/p\rfloor}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor N/p\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor M/p\rfloor}[d|\gcd(x,y)]\\ &=\sum_{p\in primes}\sum_{d=1}^{\lfloor N/p\rfloor}\mu(d)\Big\lfloor \frac{N}{pd}\Big\rfloor \Big\lfloor \frac{M}{pd}\Big\rfloor\\ \end{aligned} \]

令 \(t=pd\) ，有

\[\begin{aligned} \sum_{p\in primes}\sum_{d=1}^{\lfloor N/p\rfloor}\mu(d)\Big\lfloor \frac{N}{pd}\Big\rfloor \Big\lfloor \frac{M}{pd}\Big\rfloor &=\sum_{t=1}^N\sum_{p\in primes,p|t}\mu(\frac{t}{p})\Big\lfloor \frac{N}{t}\Big\rfloor \Big\lfloor \frac{M}{t}\Big\rfloor\\ \end{aligned} \]

令

\[f(x)=\sum_{p\in primes,p|x}\mu(\frac{x}{p}) \]

那麼所求就是

\[\sum_{x=1}^nf(x)\Big\lfloor \frac{N}{x}\Big\rfloor \Big\lfloor \frac{M}{x}\Big\rfloor \]

把 \(f(x)\) 及其字首和預處理出來，然後整除分塊即可。

~~怎麼一模一樣啊~~ 基本就是把上一題裡面的 \(k\) 換成不確定的，多了一個求和而已。

Code

//Author: RingweEH
const int N=1e7+10;
int n,m,mu[N],pri[N],tot=0,f[N];
ll sum[N];
bool is[N];
void init()
{
    is[1]=mu[1]=1;
    for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
    {
        if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for ( int j=1; j<=tot && (i*pri[j])<=(N-10); j++ )
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if ( i%pri[j] ) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            else { mu[i*pri[j]]=0; break; }
        }
    }
    for ( int i=1; i<=tot; i++ )
        for ( int j=pri[i]; j<=N-10; j+=pri[i] )
            f[j]+=mu[j/pri[i]];
    sum[0]=0;
    for ( int i=1; i<=N-10; i++ )
        sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
int main()
{
    int T=read(); init();
    while ( T-- )
    {
        n=read(); m=read();
        if ( n>m ) swap( n,m );
        ll ans=0;
        for ( int l=1,r=0; l<=n; l=r+1 )
        {
            r=min( n/(n/l),m/(m/l) );
            ll tmp=sum[r]-sum[l-1];
            ans+=tmp*(n/l)*(m/l);
        }
        printf( "%lld\n",ans );
    }
    return 0;
}

LCM Sum

求

\[\sum_{i=1}^n \text{lcm}(i,n) \]

Solution

顯然 \(\text{lcm}\) 可以轉化成 \(\gcd\) .

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\text{lcm}(i,n) &=\sum_{i=1}^n \dfrac{i\times n}{\gcd(i,n)}\\ &=\sum_{d|n}\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=d]\frac{i}{d}\times n\\ &=\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n/d}[\gcd(i,n/d)=1]\times i\times n\\ &=n\times\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n/d}[\gcd(i,n/d)=1]i\\ \end{aligned} \]

用 \(d\) 代換 \(n/d\) 得

\[\begin{aligned} & =n\times \sum_{d|n}\sum_{i=1}^d[\gcd(i,d)=1]\times i \end{aligned} \]

感覺推不下去了……嗎？

會發現一個奇妙的東西：\(\sum_{i=1}^d[\gcd(i,d)=1]\times i\) 就是 \([1,d]\) 中與 \(d\) 互質的數的和！~~但還是不會求~~

注意到如果 \(\gcd(i,d)=1\) ，那麼有 \(\gcd(d-i,d)=1\) .也就是說，這樣的數成對出現，且每一對的和為 \(d\) .所以有

\[\sum_{i=1}^d[\gcd(i,d)=1]\times i=\frac{\varphi(d)\times d}{2} \]

特殊情況：當 \(d=1\) 時，和為 \(1\) . 因此，

\[\begin{aligned} f(n)=n\times \sum_{d|n}\sum_{i=1}^d[\gcd(i,d)=1]\times i &=n\times \sum_{d|n}\frac{\varphi(d)\times d}{2} \end{aligned} \]

Code

//Author: RingweEH
const int N=1e6+10;
int n,phi[N],pri[N],tot=0;
ll f[N];
bool is[N];
void init()
{
	is[1]=phi[1]=1;
	for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
	{
		if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,phi[i]=i-1;
		for ( int j=1; j<=tot && (pri[j]*i)<=(N-10); j++ )
		{
			if ( i%pri[j] ) is[i*pri[j]]=1,phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
			else { is[i*pri[j]]=1; phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j]; break; }
		}
	}
	f[1]=1;
	for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
		f[i]=1ll*phi[i]*i/2;
	for ( int j=1; j<=tot; j++ )
		for ( int i=1; i*pri[j]<=N-10; i++ )
			f[i*pri[j]]+=f[i];
}
int main()
{
	int T=read(); init();
	while ( T-- )
	{
		int n=read();
		ll ans=f[n]*n;
		printf( "%lld\n",ans );
	}
    return 0;
}

Crash的數字表格 / JZPTAB

求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\text{lcm}(i,j)\bmod 20101009 \]

Solution

\[\begin{split} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)=&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)}\\ =&\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\frac{ij}{d}[\gcd(i,j)=d]\\ =&\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}ijd[\gcd(i,j)=1]\\ =&\sum\limits_{d=1}^n d\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}j\sum\limits_{k|\gcd(i,j)}\mu(k)\\ =&\sum\limits_{d=1}^n d\sum\limits_{k=1}^n\mu(k)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}i[k|i]\sum\limits_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}j[k|j]\\ =&\sum\limits_{d=1}^n d\sum\limits_{k=1}^n\mu(k)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/dk\rfloor}ik\sum\limits_{j=1}^{\lfloor m/dk\rfloor}jk\\ =&\sum\limits_{d=1}^n d\sum\limits_{k=1}^nk^2\mu(k)\frac{\lfloor n/dk\rfloor(\lfloor n/dk\rfloor+1)}{2}\cdot\frac{\lfloor m/dk\rfloor(\lfloor m/dk\rfloor+1)}{2}\\ \end{split} \]

將 \(x=dk\) 帶入得

\[\sum\limits_{x=1}^nx\cdot\frac{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor+1)}{2}\cdot\frac{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor(\lfloor\frac{m}{x}\rfloor+1)}{2}\sum\limits_{k|x}k\mu(k) \]

跟上題一樣求即可。

Code

//Author: RingweEH
const int N=1e7+10;
const ll Mod=20101009;
int n,m,mu[N],pri[N],tot=0;
ll f[N];
bool is[N];
void init()
{
    is[1]=mu[1]=1;
    for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
    {
        if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for ( int j=1; j<=tot && (i*pri[j])<=(N-10); j++ )
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if ( i%pri[j] ) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            else { mu[i*pri[j]]=0; break; }
        }
    }
    f[1]=1;
    for ( int i=2; i<=(N-10); i++ )
        f[i]=(1ll*mu[i]*i+Mod)%Mod;
    for ( int j=1; j<=tot; j++ )
        for ( int i=1; i*pri[j]<=(N-10); i++ )
            f[i*pri[j]]=(f[i*pri[j]]+f[i])%Mod;
}
ll func( int x )
{
    ll res=1ll*x*f[x]%Mod;
    (res*=1ll*(n/x+1)*(n/x)/2%Mod)%=Mod;
    (res*=1ll*(m/x+1)*(m/x)/2%Mod)%=Mod;
    return res;
}
int main()
{
    init();
    n=read(); m=read();
    if ( n>m ) swap( n,m );
    ll ans=0;
    for ( int i=1; i<=n; i++ )
        ans=(ans+func(i))%Mod;
    printf( "%lld\n",ans );
    return 0;
}

4. 積性函式與線性篩

聽說 所有積性函式都能線性篩 ，但是時間複雜度不能保證…… Link

線性篩質數

最基礎的一種，保證每個質數只會被最小質因子篩掉。

Code

int pri[N],tot,is[N];     //is[i]為1的表示不是質數
void sieve()
{
    is[1]=1;
    for ( int i=2; i<=n; i++ )
    {
        if ( !is[i] ) pri[++tot]=i;
        for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if ( i%pri[j]==0 ) break;
        }
    }
}

線性篩尤拉函式

定義：\(1\sim n\) 中與 \(n\) 互質的數的個數。

性質：對於一個數 \(i\) ，如果 \(pri[j]|i\) ，那麼有 \(phi[i\times pri[j]]=phi[i]\times pri[j]\) .

Proof

如果一個數 \(x\) 與 \(i\) 互質，那麼顯然，\(x+i\) 依然與 \(i\) 互質。

由此可得，\(x,x+i,\dots,x+i\times (pri[j]-1)\) 都與 \(i\) 互質，那麼與 \(i\times pri[j]\) 互質的至少有 \(phi[i]\times pre[j]\) 個。而與 \(i\) 不互質的數 \(y\) ，加上 \(i\) 也不會與 \(i\) 互質，同理可得，不會出現新的與 \(i\) 互質的數，得證。

Code

int phi[N],pri[N],tot,is[N];
void sieve()
{
    is[1]=phi[1]=1;
    for ( int i=2; i<=n; i++ )
    {
        if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,phi[i]=i-1;  //質數除了本身都互質
        for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if ( i%pri[j] ) phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];  //積性函式定義
            else { phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j]; break; }  //上述性質
        }
    }
}

線性篩約數個數

令 \(d[i]\) 為 \(i\) 的約數個數。

將每個數 \(x\) 表示成算術基本定理的形式：\(x=\prod p_i^{a_i}\) ，那麼考慮每個質因子所取的冪次，有

\[d[x]=\prod_{i=1}^k(a_i+1) \]

維護每個數最小質因子的出現次數（\(a_1\) ）即可。

Code

int d[N],a[N],pri[N],tot,is[N];
void sieve()
{
    is[1]=d[1]=1;
    for ( int i=2; i<=n; i++ )
    {
        if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,d[i]=2,a[i]=1;   //質數的約數個數為2
        for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if ( i%pri[j] ) d[i*pri[j]]=d[i]*d[pri[j]],a[i*pri[j]]=1;
            //新的質因數，i*pri[j]的最小質因數為pri[j]，冪次為1
            else { d[i*pri[j]]=d[i]/(a[i]+1)*(a[i]+2); a[i*pri[j]]=a[i]+1 ;break; }
            //最小質因數 pri[j]，也就是 a[i] 的冪次又多了1，除去之前乘的再乘上新的冪次
        }
    }
}

線性篩約數和

記 \(\sigma(i)\) 表示 \(i\) 的約數和。考慮每個質因數取的冪次，同樣有：（這個展開應該就能理解了吧）

\[\sigma(i)=\prod_{i=1}^k(\sum_{j=0}^{a_i}p_i^j) \]

令 \(low(i)\) 表示 \(i\) 的最小質因數的指數冪，即 \(p_1^{a_1}\) ；\(sum(i)\) 表示 \(i\) 的最小質因數對答案的貢獻，\(\sum_{j=0}^{a_1}p_1^j\) .

（小心爆 int /xyx）

Code

int low[N],sum[N],sigma[N],pri[N],tot,is[N];
void sieve()
{
    is[1]=low[1]=sum[1]=sigma[1]=1;
    for ( int i=2; i<=n; i++ )
    {
        if ( !is[i] ) low[i]=pri[++tot]=i,sum[i]=sigma[i]=i+1;
        for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if ( i%pri[j]==0 ) 
            {
                low[i*pri[j]]=low[i]*pri[j];
                sum[i*pri[j]]=sum[i]+low[i*pri[j]];
                sigma[i*pri[j]]=sigma[i]/sum[i]*sum[i*pri[j]];
                break;
            }
            //不能整除，也就是 pri[j] 是 i*pri[j] 的最小質因數
            low[i*pri[j]]=pri[j];
            sum[i*pri[j]]=pri[j]+1;
            sigma[i*pri[j]]=sigma[i]*sigma[pri[j]];
        }
    }
}

線性篩一般積性函式

前提：能快速計算出 \(f(1),f(prime),f(prime^k)\) .（也就是質因數個數小於等於 \(1\) 的所有數的函式值）

計算 :假設已經完成了上述值的計算。顯然，含有至少兩個質因數的數一定可以被分解成兩個互質且不為 1 的數的乘積。根據積性函式的定義，可以用 \(f(xy)=f(x)f(y)\) 來得出相應的函式值。

現在來考慮具體怎麼篩。

思考線性篩的之所以線性的原因，是因為 每個數都只被最小質因子篩了一次 ，也就是每個形如 \(i\times pri[j]\) 的數會在 \(i\) 的時候被 \(i\) 乘上 \(pri[j]\) 篩掉，且若將 \(i\) 唯一分解，有 \(pri[j]\leq p_1\) .（顯然，否則在 \(p_1\) 的時候就會 break 掉）

分類討論：

\(pri[j]<p_1\)

由於 \(\gcd(pri[j],i)=1\) ，直接計算即可 \(f(i\times pri[j])=f(i)\times f(pri[j])\) .
\(pri[j]=p_1\)

這時候需要記錄 \(i\) 中最小質因子的冪次，也就是 \(low[i]=p_1^{a_1}\) .

顯然，\(i/low[i]\) 中的最小質因數一定大於 \(pri[j]\) ，那麼 \(\gcd(i/low[i],low[i]\times pri[j])=1\) ，

有 \(f(i\times pri[j])=f(i/low[i])\times f(low[i]\times pri[j])\) .

特別地，當 \(low[i]=i\) 時，\(i\) 只有一個質因數，要利用前面的前提特殊計算。

Code

void sieve()
{
    is[1]=low[1]=1; f[1]=對1直接定義;
    for ( ll i=2; i<=n; i++ )
    {
        if ( !is[i] ) low[i]=pri[++tot]=i,f[i]=對質數直接定義;
        for ( ll j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if ( i%pri[j]==0 )
            {
                low[i*pri[j]]=low[i]*pri[j];
                if ( low[i]==i ) f[i*pri[j]]=對質數的若干次冪進行定義(一般由f[i]遞推);
                else f[i*pri[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i]*pri[j]];
                break;
            }
            low[i*pri[j]]=pri[j]; f[i*pri[j]]=f[i]*f[pri[j]];
        }
    }
}

What's more

對於某些形如Dirichlet卷積形式，但 \(f(x)\) 或 \(g(x)\) 不是積性函式，資料範圍較小可以暴力篩，列舉一個 \(d\) 計算對哪些 \(x\) 做貢獻，較大的情況下可以考慮相關性質。

例題：P4449 於神之怒加強版

題意：求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \gcd(i,j)^k\bmod 1e9+7 \]

思路：不妨設 \(n\leq m\) .

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \gcd(i,j)^k\bmod 1e9+7 =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d=1}^nd^k[\gcd(i,j)=1]\\ =\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{x|i,x|j}\mu(x)\\ =\sum_{d=1}^nd^k\sum_{x=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\mu(x)\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor \]

令 \(T=dx\) ，有：

\[\sum_{T=1}^n\lfloor n/T\rfloor \lfloor m/T\rfloor\sum_{d|T}d^k\mu(T/d) \]

令 \(g(T)=\sum_{d|T}d^k\mu(T/d)\) ,預處理 \(g(T)\) 和字首和（線篩），分塊即可。

Code

const int inf=0x7f7f7f7f,N=5e6+10,mod=1e9+7,M=5e6;
int pri[N],u[N],g[N],f[N],T,k,tot,n,m;
bool vis[N];
int power( int a,int b )
{
    int res=1;
    for ( ; b; b>>=1,a=1ll*a*a%mod )
        if ( b&1 ) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}
void init()
{
    f[1]=1;
    for ( int i=2; i<=M; i++ )
    {
        if ( !vis[i] )
        {
            pri[++tot]=i; g[tot]=power( i,k ); f[i]=(g[tot]-1+mod)%mod;
        }
        for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=M; j++ )
        {
            int tmp=i*pri[j];
            vis[tmp]=1;
            if ( i%pri[j]==0 )
            {
                f[tmp]=1ll*f[i]*g[j]%mod; break;
            }
            f[tmp]=1ll*f[i]*f[pri[j]]%mod;
        }
    }
    for ( int i=1; i<=M; i++ )
        f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod;
}
int main()
{
    scanf( "%d%d",&T,&k );
    init();
    while ( T-- )
    {
        scanf( "%d%d",&n,&m ); 
        int maxx=min( n,m ),pos,ans=0;
        for ( int i=1; i<=maxx; i=pos+1 )
        {
            pos=min( n/(n/i),m/(m/i) );
            ans=(ans+1ll*(f[pos]-f[i-1]+mod)%mod*(n/i)%mod*(m/i)%mod)%mod;
        }
        printf( "%d\n",(ans+mod)%mod );
    }
}

學習材料

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0. 前置-整除分塊

問題

思路&程式碼

習題

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0. 前置-Dirichlet卷積

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3. 例題

Solution

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線性篩質數

線性篩尤拉函式

線性篩約數個數

線性篩約數和

線性篩一般積性函式

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