Part.1 min25篩

前情提要：應用特別廣泛，代碼難度一般，但理解難度較大

若f(i)爲積性函數

求 $\sum_{i=1}^nf(i)$

主要思路就是將積性函數分爲三個部分來求和，當 i 是質數，當 i 是合數，還有i等於1

它的思想類似DP

首先需要了解一下埃氏篩法（圈一個質數，劃去它的倍數）

我們先不考慮1

先來考慮如何表示一個埃氏篩的狀態

我們可以從篩子的範圍與所圈質數的個數來表示一個篩子

設g[n][k]表示篩子的範圍爲2~n，用前k個質數來篩，最後沒有被叉掉的數的 f 值之和

怎麼轉移？

考慮埃氏篩的過程，選定一個質數後，直接從它的平方開始篩

所以當Pk*Pk>n時，g[n][k]=g[n][k-1] （Pk是第k個質數）

否則我們就一定會再叉掉一些數，減掉一部分f值

$g[n][k]=g[n][k-1]-f(P_k)*(g[\left \lfloor \frac{n}{P_k} \right \rfloor][k-1]-g[P_k-1][k-1])$

這裏利用了f是積性函數的條件

$f(P_k)*g[\left \lfloor \frac{n}{P_k} \right \rfloor][k-1]$

理解：用前k-1個質數來篩，把沒篩掉的數，作爲Pk的倍數（這個倍數一定會前k-1個質數互質）（當然，這個倍數*Pk應該小於n）來確定Pk需要篩哪些點。由於前k-1個質數也是剩下的數，所以還要加上（就是 $f(P_K)*\sum_{i=1}^{k-1}f(P_i)$ ，即Pk與前k-1個質數的組合）

注意：由於我們是要求i爲質數是f值之和，所以我們一開始應該把所有數都當成質數

（具體實現後面再講）

我們已經完成了第一步

第二步就是求出合數部分的答案

其實我們已經可以直接求所有數（除1以外）的答案了

設s[n][k]表示篩的範圍爲2~n，用了前k-1個質數來篩，剩下的數的 f 值之和（除去前k-1個質數的f值）

（感覺跟g的定義一模一樣？其實不是，s求的是真正的答案，而g是把所有的數當成質數來算的答案）

（而且g是去掉了Pk篩掉的合數，s包含了Pk篩掉的合數，但又要去掉前k-1個質數的答案）

同理Pk*Pk>n時，s[n][k]=s[n][k-1]-f(P_{k-1})

我們明顯知道當 $P_{k+1}*P_{k+1}>n$ 且時（篩的臨界點），再讓 $P_{k+1}$ 來篩已經沒有意義了，即剩下的都是質數了

所以此時的s[n][k]就是g[n][k]-f(P1)-f(P2)-...-f(P_{k-1})

爲了方便，我們把這個臨界點的k值即爲 |P|

於是我們有轉移：

$s[n][k]=g[n][|P|]-\sum_{i=1}^{k-1}f(P_i)+\sum_{i=k}^{P_i^2<=n}\sum_{j=1}^{P_i^{j+1}<=n} (f(P_i^j)*s[\left \lfloor \frac{n}{P_i^j} \right \rfloor][i+1]+f(P_i^{j+1}))$

我們現在相當於在執行篩質數的逆過程，即用質數組合出合數的過程

我們可以寫出一個等價的狀態定義：s[n][k]表示用第k~|P|的質數，組合出的數（包括質數本身）的 f 值之和

注意：這裏新組合的數指的是將最小質因子大於等於Pk的數

理解：

$g[n][|P|]-\sum_{i=1}^{k-1}f(P_i)$ 在單獨計算質數的答案

$f(P_i^j)*s[\left \lfloor \frac{n}{P_i^j} \right \rfloor][i+1]$

枚舉當前質數Pi，以及它的冪次j，作爲最小質因子，用與前k個質數互質的數來作爲他的倍數，

求出曾經被它叉掉的（即以它作爲最小質因子，新組合出來的）數的 f 值之和

由於這樣只能求它與其他質數組合出的合數的答案

所以我們還要加上 $f(P_i^{j+1})$ ，讓他自己和自己也可以組合出合數

最後加上f(1)的答案就好啦

時間複雜度？ $O(n^{1-\epsilon })$ (差不多線性)，但是在n比較小的情況下是 $O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn})$

具體實現：

拿一道例題來講

最小公倍數計數

定義F(n)表示最小公倍數爲n的二元組的數量。

即：如果存在兩個數（二元組）X，Y(X <= Y)，它們的最小公倍數爲N，則F(n)的計數加1。

例如：F(6) = 5，因爲(2,3)(1,6)(2,6)(3,6)(6,6)的最小公倍數等於6。

給出一個區間a,b，求最小公倍數在這個區間的不同二元組的數量。

例如：a = 4，b = 6。符合條件的二元組包括：(1,4)(2,4)(4,4)(1,5)(5,5)(2,3)(1,6)(2,6)(3,6)(6,6)，共10組不同的組合。

Input

輸入數據包括2個數：a, b，中間用空格分隔（1 <= a <= b <= 10^11)。

Output

輸出最小公倍數在這個區間的不同二元組的數量。

Sample Input

4 6

Sample Output

~~很明顯，F是一個積性函數~~

差分一下，求F的前綴和

轉換一下，我們先來計算有序對的個數

爲了方便，我們把p都當成是質數

F(p)=3，因爲只可能有(1,p)(p,1)(p,p)三種組合

F(p^c)=2c+1，因爲我們必須將其中一個數固定爲p^c纔可以讓lcm取到p^c，剩下一個數有c+1種取值（1,p,p^2,p^3....p^c）

但由於兩個數同時取p^c的情況被重複計算了，所以要減1

F(ab)，當a，b互質時，顯然有F(ab)=F(a)*F(b)，即分開組合a與b

於是我們就把問題轉換爲了求積性函數F的前綴和

先放上套路式：

$g[n][k]=g[n][k-1]-f(P_k)*(g[\left \lfloor \frac{n}{P_k} \right \rfloor][k-1]-\sum_{i=1}^{k-1}f(P_i))$

$s[n][k]=g[n][|P|]-\sum_{i=1}^{k-1}f(P_i)+\sum_{i=k}^{P_i^2<=n}\sum_{j=1}^{P_i^{j+1}<=n} f(P_i^j)*s[\left \lfloor \frac{n}{P_i^j} \right \rfloor][i+1]$ $+f(P_i^{j+1})$

首先，我們發現n的取值只有 $\sqrt{n}$ 種（因爲每次只調用了 $\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor$ 作爲下標（ $\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor}{y} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{n}{xy} \right \rfloor$ ））

於是可以把這些位置預處理出來，n*k --> sqrt(n)*k

for(i=1;i<=n;i=j+1){
    	j=n/(n/i);
    	a[++m]=n/i;
    	if(a[m]<=T)id1[a[m]]=m;//小於根號n
        else id2[n/a[m]]=m;
}

由於當前狀態只與k-1有關，g[n]可以原地轉移，省去k，sqrt(n)*k --> sqrt(n)

然後把g[n]在k=0時的值（相當於把所有數當成質數，求前綴和）預處理出來

for(i=1;i<=n;i=j+1){
        j=n/(n/i);
        a[++m]=n/i;
        if(a[m]<=T)id1[a[m]]=m;
        else id2[n/a[m]]=m;
        g[m]=3ll*(a[m]-1);
}

計算出k=|P|時的g數組

#define id(i) (((i)<=T)?id1[i]:id2[n/(i)])
for(j=1;j<=tot;j++)
	for(i=1;i<=m&&prime[j]*prime[j]<=a[i];i++)
		g[i]-=g[id(a[i]/prime[j])]-3ll*(j-1);

此時a[i]存的是位置 i 的實際取值（a是降序），id(x)求的是實際取值x對應的位置

先要線性篩一下質數，篩到sqrt(n)即可

枚舉當前質數prime[j]，再枚舉它可以讓哪些取值 a[i] 發生轉移

由於a[i]越小越不容易轉移，所以當第一個a值不滿足時，後面的都已經不滿足了，也不用轉移了

（原地轉移：不轉移等價於g[n][k]=g[n][k-1]）

3ll*(j-1) 就是在計算 $\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)$

s[n][k]部分的計算就比較好理解了（遞歸計算）（直接套式子）

$s[n][k]=g[n][|P|]-\sum_{i=1}^{k-1}f(P_i)+\sum_{i=k}^{P_i^2<=n}\sum_{j=1}^{P_i^{j+1}<=n} f(P_i^j)*s[\left \lfloor \frac{n}{P_i^j} \right \rfloor][i+1]$ $+f(P_i^{j+1})$

LL solve(LL a,LL b)//s[a][b]
{
	if(a<prime[b]) return 0;
	LL ans=g[id(a)]-3ll*(b-1);
	for(LL i=b;i<=tot&&1ll*prime[i]*prime[i]<=a;i++)
		for(LL j=1,p=prime[i];p*prime[i]<=a;j++,p*=prime[i])
			ans+=solve(a/p,i+1)*(2*j+1)+(2*(j+1)+1);
	return ans;
}

完整代碼：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 1000000
#define LL long long
#define id(i) (((i)<=T)?id1[i]:id2[n/(i)])
LL prime[N],id1[N],id2[N],tot;
bool vis[N];
LL g[N],a[N],T,n,m;
void min25()
{
	tot=m=0;T=sqrt(n+0.5);
	LL i,j;
	for(i=2;i<=T;i++){
		if(!vis[i])prime[++tot]=i;
		for(j=1;j<=tot&&1ll*i*prime[j]<=T;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i=j+1){
		j=n/(n/i);
		a[++m]=n/i;
		if(a[m]<=T)id1[a[m]]=m;
		else id2[n/a[m]]=m;
		g[m]=3ll*(a[m]-1);
	}
	for(j=1;j<=tot;j++)
		for(i=1;i<=m&&prime[j]*prime[j]<=a[i];i++)
			g[i]-=g[id(a[i]/prime[j])]-3ll*(j-1);
}
LL solve(LL a,LL b)
{
	if(a<prime[b]) return 0;
	LL ans=g[id(a)]-3ll*(b-1);
	for(LL i=b;i<=tot&&1ll*prime[i]*prime[i]<=a;i++)
		for(LL j=1,p=prime[i];p*prime[i]<=a;j++,p*=prime[i])
			ans+=solve(a/p,i+1)*(2*j+1)+2*(j+1)+1;
	return ans;
}
LL sum(LL x)
{
	if(x<=0)return 0;
	if(x==1) return 1;
	n=x;min25();
	return (solve(x,1)+1+n)/2ll;
}
int main()
{
	LL a,b;
	scanf("%lld%lld",&a,&b);
	printf("%lld",sum(b)-sum(a-1));
}

Part.2 推式子的具體方法

前情提要：《具體數學》第2章的個人理解

做數論題的關鍵就是列出正確的式子，真正的題是不會像這種題一樣板的

如何列出正確的式子呢？

額……這個不太好說吧。。。具體問題具體分析，找規律，補集轉換，容斥原理（一般都有一些數量上限制）

當我們列出了正確的式子，就可以來推它了。。。

當然，在推導之前，也要看一下式子的含義，分析問題的本質（大力質因數分解）

（Freopen大佬有云：如果你一來就推式子，那麼你已經輸了）

所以分析很重要

順便講一下推式子的技巧

1、求和號

可能一開始入手數論的時候不太懂

當兩個求和號沒有任何關聯時，我們就可以直接交換它們

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nf(i)*f(j)=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^{n}f(i)*f(j)$

如果求和的值(f(i)、f(j))與求和號指標(i、j)無關（如f(i)與j無關,f(j)與i無關）

那麼就可以把裏面的值提出來（如果有關就不能提出來了）

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(i)*f(j)=\sum_{i=1}^n(f(i)*\sum_{j=1}^nf(j))=(\sum_{i=1}^nf(i))*(\sum_{j=1}^nf(j))$

如果求和號的指標之間有關怎麼辦？

我們在交換求和號的時候就要有一個原則：

讓每個指標都可以取到自己原來可以取到的值，並且它們之間的關係不變

如： $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}f(i)*f(j)$

i,j是可以取到n的，i>=j

所以交換求和號之後是：

$\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=j}^{n}f(i)*f(j)$

再來一個

$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(i)*f(d)$ （ $\sum_{d|i}$ 表示枚舉i的約數d）

i,d都是可以取到n的，並且d|i

所以交換後就是：

$\sum_{d=1}^n\sum_{d|i}^nf(i)*f(d)$ （ $\sum_{d|i}^n$ 表示枚舉d的倍數i，且i<=n）

如果實在無法理解，你可以自己嘗試把求和的值列成一個矩陣，然後把按行求和換成按列求和來體會一下

多個求和號？兩個兩個地交換就是了，雖然慢了點，但是不容易錯

2、換元

我們一般會把枚舉倍數的求和形式

$\sum_{d=1}^n\sum_{d|i}^nf(i)*f(d)$

換成

$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}f(i*d)*f(d)$

其實就是令 i'=i/d，就可以把後面的所有 i 換成 i'*d，很明顯 i' 的取值只有 $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 個

換元的運用遠不止這些。。。

3、推式子推到一定程度就可以了，能夠直接求和就直接求了，不行就考慮杜教篩，min_25篩，暴力篩……

4、 $[x=1]=\sum_{i|x}\mu(i)$

(莫比烏斯函數的性質，一般都用這個，其實它本質就是狄利克雷卷積式子 $\epsilon =1*\mu$ )

(莫比烏斯反演的狄利克雷卷積形式就是 $f*1=g\Leftrightarrow f=g*\mu$ )

Part.3 杜教篩的使用方法

前置技能：瞭解狄利克雷卷積

求：

$S(n)=\sum_{i=1}^ni^2*\varphi(i)$

設f(i)=i*i*phi(i)

寫成狄利克雷卷積形式：

$id\cdot id\cdot \varphi$

消掉id^2，讓他卷一個id^2（設g=id^2）

$(id\cdot id\cdot \varphi)*(id\cdot id)$

寫回來（狄利克雷卷積的第 i 項）

$\sum_{d|i}d*d*\varphi(d)*\frac{i}{d}*\frac{i}{d}$

$=i^2\sum_{d|i}\varphi(d)$

因爲 $\varphi*1=id$

所以：

求個和

$\sum_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum_{i=1}^ni^3$

展開左邊

$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(\frac{i}{d})*g(d)=\sum_{i=1}^ni^3$

$\sum_{d=1}^n\sum_{d|i}^{n}f(\frac{i}{d})*g(d)=\sum_{i=1}^ni^3$

$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}f(i)*g(d)=\sum_{i=1}^ni^3$

$\sum_{d=1}^ng(d)*\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}f(i)=\sum_{i=1}^ni^3$

把第一項單獨列出來

$g(1)*\sum_{i=1}^nf(i)+\sum_{d=2}^ng(d)*\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}f(i)=\sum_{i=1}^ni^3$

把f(1)+f(2)+...+f(n)換成S(n)

$g(1)*S(n)+\sum_{d=2}^ng(d)*S(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)=\sum_{i=1}^ni^3$

最後：

$g(1)*S(n)=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{d=2}^ng(d)*S(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)$

$S(n)=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{d=2}^nd^2*S(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)$

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min25篩詳解+如何推式子+杜教篩

Part.1 min25篩

最小公倍數計數

Part.2 推式子的具體方法

Part.3 杜教篩的使用方法

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