Powerful Number 筛
定义
Powerful Number（以下简称 PN）筛类似于杜教筛，或者说是杜教筛的一个扩展，可以拿来求一些积性函数的前缀和。
要求：
- 存在一个函数 \(g\) 满足：
- \(g\) 是积性函数。
- \(g\) 易求前缀和。
- 对于质数 \(p\)，\(g(p) = f(p)\)。
假设现在要求积性函数 \(f\) 的前缀和 \(F(n) = \sum_{i=1}^{n} f(i)\)。
Powerful Number
定义：对于正整数 \(n\)，记 \(n\) 的质因数分解为 \(n = \prod_{i=1}^{m} p_{i}^{e_{i}}\)。\(n\) 是 PN 当且仅当 \(\forall 1 \le i \le m, e_{i} > 1\)。
性质 1：所有 PN 都可以表示成 \(a^{2}b^{3}\) 的形式。
证明：若 \(e_i\) 是偶数，则将 \(p_{i}^{e_{i}}\) 合并进 \(a^{2}\) 里；若 \(e_i\) 为奇数，则先将 \(p_{i}^{3}\) 合并进 \(b^{3}\) 里，再将 \(p_{i}^{e_{i}-3}\) 合并进 \(a^{2}\) 里。
性质 2：\(n\) 以内的 PN 至多有 \(O(\sqrt{n})\) 个。
证明：考虑枚举 \(a\)，再考虑满足条件的 \(b\) 的个数，有 PN 的个数约等于
\[
\int_{1}^{\sqrt{n}} \sqrt[3]{\frac{n}{x^2}} \mathrm{d}x = O(\sqrt{n})
\]
那么如何求出 \(n\) 以内所有的 PN 呢？线性筛找出 \(\sqrt{n}\) 内的所有素数，再 DFS 搜索各素数的指数即可。由于 \(n\) 以内的 PN 至多有 \(O(\sqrt{n})\) 个，所以至多搜索 \(O(\sqrt{n})\) 次。
PN 筛
首先，构造出一个易求前缀和的积性函数 \(g\)，且满足对于素数 \(p\)，\(g(p) = f(p)\)。记 \(G(n) = \sum_{i=1}^{n} g(i)\)。
然后，构造函数 \(h = f / g\)，这里的 \(/\) 表示狄利克雷卷积除法。根据狄利克雷卷积的性质可以得知 \(h\) 也为积性函数，因此 \(h(1) = 1\)。\(f = g * h\)，这里 \(*\) 表示狄利克雷卷积。
对于素数 \(p\)，\(f(p) = g(1)h(p) + g(p)h(1) = h(p) + g(p) \implies h(p) = 0\)。根据 \(h(p)=0\) 和 \(h\) 是积性函数可以推出对于非 PN 的数 \(n\) 有 \(h(n) = 0\)，即 \(h\) 仅在 PN 处取有效值。
现在，根据 \(f = g * h\) 有
\[
\begin{aligned}
F(n) &= \sum_{i = 1}^{n} f(i)\\
&= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d|i} h(d) g\left(\frac{i}{d}\right)\\
&= \sum_{d=1}^{n} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor} h(d) g(i)\\
&= \sum_{d=1}^{n} h(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor} g(i) \\
&= \sum_{d=1}^{n} h(d) G\left(\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor\right)\\
&= \sum_{\substack{d=1 \\ d \text{ is PN}}}^{n}h(d) G\left(\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor\right)
\end{aligned}
\]
\(O(\sqrt{n})\) 找出所有 PN，计算出所有 \(h\) 的有效值。对于 \(h\) 有效值的计算，只需要计算出所有 \(h(p^c)\) 处的值，就可以根据 \(h\) 为积性函数推出 \(h\) 的所有有效值。现在对于每一个有效值 \(d\)，计算 \(h(d)G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor\right)\) 并累加即可得到 \(F(n)\)。
下面考虑计算 \(h(p^c)\)，一共有两种方法：一种是直接推出 \(h(p^c)\) 仅与 \(p, c\) 有关的计算公式，再根据公式计算 \(h(p^c)\)；另一种是根据 \(f = g * h\) 有 \(f(p^c) = \sum_{i=0}^c g(p^i)h(p^{c-i})\)，移项可得 \(h(p^c) = f(p^c) - \sum_{i=1}^{c}g(p^i)h(p^{c-i})\)，现在就可以枚举素数 \(p\) 再枚举指数 \(c\) 求解出所有 \(h(p^c)\)。
过程
- 构造 \(g\)
- 构造快速计算 \(G\) 的方法
- 计算 \(h(p^c)\)
- 搜索 PN，过程中累加答案
- 得到结果
对于第 3 步，可以直接根据公式计算，可以使用枚举法预处理打表，也可以搜索到了再临时推。
性质
以使用第二种方法计算 \(h(p^c)\) 为例进行分析。可以分为计算 \(h(p^c)\) 和搜索两部分进行分析。
对于第一部分，根据 \(O(\sqrt{n})\) 内的素数个数为 \(O\left(\dfrac{\sqrt{n}}{\log n}\right)\)，每个素数 \(p\) 的指数 \(c\) 至多为 \(\log n\)，计算 \(h(p^c)\) 需要循环 \((c - 1)\) 次，由此有第一部分的时间复杂度为 \(O\left(\dfrac{\sqrt{n}}{\log n} \cdot \log n \cdot \log n\right) = O(\sqrt{n}\log{n})\)，且这是一个宽松的上界。根据题目的不同还可以添加不同的优化，从而降低第一部分的时间复杂度。
对于搜索部分，由于 \(n\) 以内的 PN 至多有 \(O(\sqrt{n})\) 个，所以至多搜索 \(O(\sqrt{n})\) 次。对于每一个 PN，根据计算 \(G\) 的方法不同，时间复杂度也不同。例如，假设计算 \(G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)\) 的时间复杂度为 \(O(1)\)，则第二部分的复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。
特别地，若借助杜教筛计算 \(G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)\)，则第二部分的时间复杂度为杜教筛的时间复杂度，即 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。因为若事先计算一次 \(G(n)\)，并且预先使用线性筛优化和用支持快速随机访问的数据结构（如 C++ 中的 std::map 和 std::unordered_map）记录较大的值，则杜教筛过程中用到的 \(G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)\) 都是线性筛中记录的或者 std::map 中记录的，这一点可以直接用程序验证。
对于空间复杂度，其瓶颈在于存储 \(h(p^c)\)。若使用二维数组 \(a\) 记录，\(a_{i,j}\) 表示 \(h(p_i^j)\) 的值，则空间复杂度为 \(O\left(\dfrac{\sqrt{n}}{\log n} \cdot \log n\right) = O(\sqrt{n})\)。
例题
题意：给定积性函数 \(f(p^k) = p^k(p^k-1)\)，求 \(\sum_{i=1}^{n} f(i)\)。
易得 \(f(p) = p(p-1) = \textit{id}(p)\varphi(p)\)，构造 \(g(n) = \textit{id}(n)\varphi(n)\)。
考虑使用杜教筛求 \(G(n)\)，根据 \((\textit{id} * \varphi) * I = id_2\) 可得 \(G(n)= \sum_{i=1}^{n} i^2 - \sum_{i=2}^{n} d \cdot G\left(\left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor\right)\)。
之后 \(h(p^k)\) 的取值可以枚举计算，这种方法不再赘述。
此外，此题还可以直接求出 \(h(p^k)\) 仅与 \(p, k\) 有关的公式，过程如下：
\[
\begin{aligned}
& f(p^k) = \sum_{i=0}^{k} g(p^{k-i})h(p^i)\\
\iff & p^k(p^k-1) = \sum_{i=0}^{k} p^{k-i}\varphi(p^{k-i}) h(p^i)\\
\iff & p^k(p^k-1) = \sum_{i=0}^{k} p^{2k-2i-1}(p - 1) h(p^i)\\
\iff & p^k(p^k-1) = h(p^k) + \sum_{i=0}^{k-1} p^{2k-2i-1}(p - 1) h(p^i)\\
\iff & h(p^k) = p^k(p^k-1) - \sum_{i=0}^{k-1} p^{2k-2i-1}(p - 1) h(p^i)\\
\iff & h(p^k) - p^2h(p^{k-1}) = p^{k}(p^k-1)-p^{k+1}(p^{k-1}-1) - p(p-1)h(p^{k-1})\\
\iff & h(p^k) - ph(p^{k-1}) = p^{k+1} - p^k\\
\iff & \frac{h(p^k)}{p^k} - \frac{h(p^{k-1})}{p^{k-1}} = p - 1\\
\end{aligned}
\]
再根据 \(h(p) = 0\)，通过累加法即可推出 \(h(p^k) = (k-1)(p-1)p^k\)。
参考代码
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149 | #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
template <typename T>
inline int mint(T x) {
x %= MOD;
if (x < 0) x += MOD;
return x;
}
inline int add(int x, int y) { return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y; }
inline int mul(int x, int y) { return (long long)1 * x * y % MOD; }
inline int sub(int x, int y) {
return x < y ? x - y + MOD : x - y;
} // 防止负数
inline int qp(int x, int y) {
int r = 1;
for (; y; y >>= 1) {
if (y & 1) r = mul(r, x);
x = mul(x, x);
}
return r;
}
inline int inv(int x) { return qp(x, MOD - 2); }
namespace PNS {
const int N = 2e6 + 5;
const int M = 35;
long long global_n;
int g[N], sg[N];
int h[N][M];
bool vis_h[N][M];
int ans;
int pcnt, prime[N], phi[N];
bool isp[N];
void sieve(int n) {
pcnt = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) isp[i] = true; // 判断质数数组
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (isp[i]) {
++pcnt;
prime[pcnt] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (int j = 1; j <= pcnt; ++j) { // 筛去非质数
long long nxt = (long long)1 * i * prime[j];
if (nxt > n) break;
isp[nxt] = false;
if (i % prime[j] == 0) { // i是非质数的情况
phi[nxt] = phi[i] * prime[j];
break;
}
phi[nxt] = phi[i] * phi[prime[j]];
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) g[i] = mul(i, phi[i]);
sg[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) sg[i] = add(sg[i - 1], g[i]); // g函数的前缀和
}
int inv2, inv6;
void init() {
sieve(N - 1);
for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) h[i][0] = 1, h[i][1] = 0;
for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) vis_h[i][0] = vis_h[i][1] = true;
inv2 = inv(2);
inv6 = inv(6);
}
int S1(long long n) { return mul(mul(mint(n), mint(n + 1)), inv2); }
int S2(long long n) {
return mul(mul(mint(n), mul(mint(n + 1), mint(n * 2 + 1))), inv6);
}
map<long long, int> mp_g;
int G(long long n) {
if (n < N) return sg[n];
if (mp_g.count(n)) return mp_g[n];
int ret = S2(n);
for (long long i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
j = n / (n / i);
ret = sub(ret, mul(sub(S1(j), S1(i - 1)), G(n / i)));
}
mp_g[n] = ret;
return ret;
}
void dfs(long long d, int hd, int pid) {
ans = add(ans, mul(hd, G(global_n / d)));
for (int i = pid, p; i <= pcnt; ++i) {
if (i > 1 && d > global_n / prime[i] / prime[i]) break; // 剪枝
int c = 2;
for (long long x = d * prime[i] * prime[i]; x <= global_n;
x *= prime[i], ++c) { // 计算f.g函数
if (!vis_h[i][c]) {
int f = qp(prime[i], c);
f = mul(f, sub(f, 1));
int g = mul(prime[i], prime[i] - 1);
int t = mul(prime[i], prime[i]);
for (int j = 1; j <= c; ++j) {
f = sub(f, mul(g, h[i][c - j]));
g = mul(g, t);
}
h[i][c] = f;
vis_h[i][c] = true;
}
if (h[i][c]) dfs(x, mul(hd, h[i][c]), i + 1);
}
}
}
int solve(long long n) {
global_n = n;
ans = 0;
dfs(1, 1, 1);
return ans;
}
} // namespace PNS
int main() {
PNS::init();
long long n;
scanf("%lld", &n);
printf("%d\n", PNS::solve(n));
return 0;
}
|
给定 \(f(n)\)：
\[
f(n) =
\begin{cases}
1 & n = 1 \\
p \oplus c & n=p^c \\
f(a)f(b) & n=ab \text{ and } a \perp b
\end{cases}
\]
易得：
\[
f(p) =
\begin{cases}
p + 1 & p = 2 \\
p - 1 & \text{otherwise} \\
\end{cases}
\]
构造 \(g\) 为
\[
g(n) =
\begin{cases}
3 \varphi(n) & 2 \mid n \\
\varphi(n) & \text{otherwise} \\
\end{cases}
\]
易证 \(g(p) = f(p)\) 且 \(g\) 为积性函数。
下面考虑求 \(G(n)\)。
\[
\begin{aligned}
G(n)
&= \sum_{i=1}^{n}[i \bmod 2 = 1] \varphi(i) + 3 \sum_{i=1}^{n}[i \bmod 2 = 0] \varphi(i)\\
&= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i) + 2\sum_{i=1}^{n} [i \bmod 2 = 0]\varphi(i) \\
&= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i) + 2\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \varphi(2i)
\end{aligned}
\]
记 \(S_1(n) = \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)\)，\(S_2(n) = \sum_{i=1}^{n} \varphi(2i)\)，则 \(G(n) = S_1(n) + 2S_2\left(\left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor\right)\)。
当 \(2 \mid n\) 时，有
\[
\begin{aligned}
S_2(n)
&= \sum_{i=1}^{n} \varphi(2i) \\
&= \sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} (\varphi(2(2i-1)) + \varphi(2(2i))) \\
&= \sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} (\varphi(2i-1) + 2\varphi(2i)) \\
&= \sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} (\varphi(2i-1) + \varphi(2i)) + \sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} \varphi(2i) \\
&= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i) + S_2\left(\frac{n}{2}\right)\\
&= S_1(n) + S_2\left(\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor\right)\\
\end{aligned}
\]
当 \(2 \nmid n\) 时，有
\[
\begin{aligned}
S_2(n)
&= S_2(n-1) + \varphi(2n) \\
&= S_2(n-1) + \varphi(n) \\
&= \sum_{i=1}^{n-1} \varphi(i) + S_2\left(\frac{n-1}{2}\right) + \varphi(n)\\
&= S_1(n) + S_2\left(\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor\right)\\
\end{aligned}
\]
综上，有 \(S_2(n) = S_1(n) + S_2\left(\left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor\right)\)。
\(S_1\) 可以用杜教筛求，\(S_2\) 直接按照公式推，这样 \(G\) 也可以求出来了。
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144 | #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int inv2 = (MOD + 1) / 2;
template <typename T>
inline int mint(T x) {
x %= MOD;
if (x < 0) x += MOD;
return x;
}
inline int add(int x, int y) {
return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y;
} // 防止大于模数
inline int mul(int x, int y) { return (long long)1 * x * y % MOD; }
inline int sub(int x, int y) { return x < y ? x - y + MOD : x - y; } // 防负数
namespace PNS {
const int N = 2e6 + 5;
const int M = 35;
long long global_n;
int s1[N], s2[N];
int h[N][M];
bool vis_h[N][M];
int ans;
int pcnt, prime[N], phi[N];
bool isp[N];
void sieve(int n) {
pcnt = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) isp[i] = true; // 判断质数数组
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (isp[i]) {
++pcnt;
prime[pcnt] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (int j = 1; j <= pcnt; ++j) { // 筛去非质数
long long nxt = (long long)1 * i * prime[j];
if (nxt > n) break;
isp[nxt] = false;
if (i % prime[j] == 0) { // i是非质数的情况
phi[nxt] = phi[i] * prime[j];
break;
}
phi[nxt] = phi[i] * phi[prime[j]];
}
}
s1[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) s1[i] = add(s1[i - 1], phi[i]);
s2[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n / 2; ++i) {
s2[i] = add(s2[i - 1], phi[2 * i]);
}
}
void init() {
sieve(N - 1);
for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) h[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) vis_h[i][0] = true;
}
map<long long, int> mp_s1;
int S1(long long n) {
if (n < N) return s1[n];
if (mp_s1.count(n)) return mp_s1[n];
int ret = mul(mul(mint(n), mint(n + 1)), inv2);
for (long long i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
j = n / (n / i);
ret = sub(ret, mul(mint(j - i + 1), S1(n / i)));
}
mp_s1[n] = ret;
return ret;
}
map<long long, int> mp_s2;
int S2(long long n) {
if (n < N / 2) return s2[n];
if (mp_s2.count(n)) return mp_s2[n];
int ret = add(S1(n), S2(n / 2));
mp_s2[n] = ret;
return ret;
}
int G(long long n) { return add(S1(n), mul(2, S2(n / 2))); }
void dfs(long long d, int hd, int pid) {
ans = add(ans, mul(hd, G(global_n / d)));
for (int i = pid, p; i <= pcnt; ++i) {
if (i > 1 && d > global_n / prime[i] / prime[i]) break; // 剪枝
int c = 2;
for (long long x = d * prime[i] * prime[i]; x <= global_n;
x *= prime[i], ++c) {
if (!vis_h[i][c]) {
int f = prime[i] ^ c, g = prime[i] - 1;
// p = 2时特判一下
if (i == 1) g = mul(g, 3);
for (int j = 1; j <= c; ++j) {
f = sub(f, mul(g, h[i][c - j]));
g = mul(g, prime[i]);
}
h[i][c] = f;
vis_h[i][c] = true;
}
if (h[i][c]) dfs(x, mul(hd, h[i][c]), i + 1);
}
}
}
int solve(long long n) {
global_n = n;
ans = 0;
dfs(1, 1, 1);
return ans;
}
} // namespace PNS
int main() {
PNS::init(); // 预处理函数
long long n;
scanf("%lld", &n);
printf("%d\n", PNS::solve(n));
return 0;
}
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习题
参考资料
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