标签：lfloor frac 前缀 limits sum rfloor 杜教
前置知识
算法简介
用于计算数论函数前缀和。
思想
设有一个数论函数 \(f\) ，要计算它的前缀和，即 \(S(n)=\sum \limits_{i=1}^n f_i\) 。
再找一个数论函数 \(g\) ，考虑它们狄利克雷卷积的前缀和：
\(\sum \limits_{i=1}^n (f*g)(i)=\sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum \limits_{d=1}^n g(d) \sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} f(i)=\sum \limits_{d=1}^n g(d)S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)\) .
发现这个式子的第一项，即 \(g(1)S(n)\) ，就是我们要求的 \(S(n)\) 。
用前缀和的思想， \(g(1)S(n)=\sum \limits_{i=1}^n g(i)S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)-\sum \limits_{i=2}^n g(i)S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\) 。
因为 \(g(1)S(n)\) 就是我们要求解的东西，所以把前一部分换成 \(\sum \limits_{i=1}^n (f*g)(i)\) ，得到 \(g(1)S(n)=\sum \limits_{i=1}^n (f*g)(i)-\sum \limits_{i=2}^n g(i)S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\) 。
这样，如果找的积性函数 \(g\) 有比较好的性质，能够快速算出 \(\sum \limits_{i=1}^n (f*g)(i)\) 和 \(g\) 的前缀和，就可以数论分块，同时递归处理 \(S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\) ，从而得到 \(S(n)\) 了。
直接写，复杂度是 \(O(n^{\frac{3}{4}})\) 。
但是，这个做法还可以优化。可以用线性筛先筛出前 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 个数，后面再用杜教筛。这样做，复杂度是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 。
例子
1.求 \(\varphi\) 的前缀和。
有性质 \(\varphi*1=id\) ，同样把上面的 \(f\) 取为 \(\varphi\) ， \(g\) 取为 \(1\) 即可。(\(id(n)=n\))
int PHI(int x)
{
if(x<N) return phi[x];//已经筛出来的部分
if(ans[x]) return ans[x];
int sum=(1+x)*x/2,l=0,r=1;
while(l<=x)
{
l=r+1;
if(x/l) r=MIN(x/(x/l),x);
else r=x;
sum-=(r-l+1)*PHI(x/l);
}
return ans[x]=sum;
}
2.求 \(\mu\) 的前缀和。
有性质 \(\mu*1=\varepsilon\) ，那么，把上面的 \(f\) 取为 \(\mu\) ， \(g\) 取为 \(1\) 即可。(\(\varepsilon(n)=[n=1]\))
int MU(int x)
{
if(x<N) return mu[x];
if(ans[x]) return ans[x];
int sum=1,l=0,r=1;
while(l<=x)
{
l=r+1;
if(x/l) r=MIN(x/(x/l),x);
else r=x;
sum-=(r-l+1)*MU(x/l);
}
return ans[x]=sum;
}
标签：lfloor,frac,前缀,limits,sum,rfloor,杜教 来源： https://www.cnblogs.com/zhs1/p/14491045.html
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