一、引入

通常，在莫比烏斯反演的題目中會推出下面這樣的式子：
$\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor f(i)$
其中 $f$ 是積性函式。
我們知道，當 $1\le i\le n$ 時 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的取值只有 $O(\sqrt n)$ 種。
於是我們可以對下界分塊，利用 $f$ 的字首和求解，從而實現一次 $O(\sqrt n)$ 的複雜度。
但如果 $n=10^9$ 時，如何求 $f$ 的字首和呢？
下面就來介紹求積性函式字首和

的演算法：杜教篩。

二、前置芝士：狄利克雷 (Dirichlet) 卷積

兩個數論函式函式 $f$ 和 $g$ 的狄利克雷卷積定義為：
$(f*g)(n)\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)$
如果 $f$ 和 $g$ 為積性函式，那麼 $f*g$ 也是積性函式。

三、演算法流程

設我們要求的值：
$S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)$
首先找到一個積性函式 $g$ ，使得
$h(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)$

可以被 $O(1)$ 計算出， $g(n)$ 的值及字首和也能被 $O(1)$ 計算出。
於是有：
$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(\frac id)g(d)=h(n)$
把列舉約數改成列舉倍數：
$\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{1\le i\le n,d|i}f(\frac id)=h(n)$
滿足所有 $1\le i\le n,d|i$ 的 $\frac id$ 實際上就是所有滿足 $1\le i\le\lfloor\frac nd\rfloor$ 的 $i$ ：
$\sum_{i=1}^ng(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac ni\rfloor}f(j)=h(n)$
於是：
$\sum_{i=1}^ng(i)S(\lfloor\frac ni\rfloor)=h(n)$
由於 $\lfloor\frac n1\rfloor=n$ ，故：
$g(1)S(n)=h(n)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\frac ni\rfloor)$
對 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 下界分塊。使用記憶化搜尋就能在 $O(n^{\frac 34})$ 內求出一個字首和。
為了提高效率，我們還需要結合線性篩，篩出 $n^{\frac 23}$ 內的所有 $S$ 值。
這樣，我們實現了 $O(n^{\frac 23})$ 求 $S(n)$ 。

四、複雜度分析

求 $S(n)$ 時由於使用了記憶化，所以會遞迴到的值 $x$ 一定是 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的取值（最多 $O(\sqrt n)$ 種）。
所以複雜度（不結合線性篩的情況下）：
$\sum_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt i+\sum_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt{\frac ni}$
$=\int_0^{\sqrt n}(\sqrt x+\sqrt{\frac nx})\text{d}x=O(n^{\frac 34})$
如果結合了線性篩，那麼能遞迴到的 $x$ 至少 $n^{\frac 23}$ ，
複雜度降到：
$\sum_{i=1}^{n^{\frac 13}}\sqrt{\frac ni}=\int_0^{n^{\frac 13}}\sqrt{\frac nx}\text{d}x=O(n^{\frac 23})$

五、有趣的栗子

來源： BZOJ 3944
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3944
（1）求 $\sum_{i=1}^n\mu(i)$ 。
我們知道， $\mu*1=e$ （ $e$ 為單位元，即 $[n=1]$ ）
於是：
$\sum_{i=1}^n\mu(i)=1-\sum_{i=2}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac ni\rfloor}\mu(j)$

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