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--- 2020-2021:teams:legal_string:lgwza:杜教筛 [2020/09/07 11:10]
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 g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)
 $$ 那么假如我们可以快速对 $\sum_{i=1}^n(f*g)(i)$ 求和，并用数论分块求解 $\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$，就可以在较短时间内求得 $g(1)S(n)$。
+===== 问题一 =====
+> [[https://www.luogu.com.cn/problem/P4213|P4213【模板】杜教筛（Sum）]]
+>
+> 题目大意：求 $S_1(n)=\sum_{i=1}^n\mu(i)$ 和 $S_2(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$ 的值，$n\le 2^{31}-1$。
+==== 莫比乌斯函数前缀和 ====
+由 **狄利克雷卷积**，我们知道：
+$\because\varepsilon=\mu*1(\varepsilon(n)=[n=1])$
+$\therefore\varepsilon(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)$
+$S_1(n)=\sum_{i=1}^n\varepsilon(i)-\sum_{i=2}^nS_1\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$
+$=1-\sum_{i=2}^nS_1\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)$
+观察到 $\lfloor\frac n i\rfloor$ 最多只有 $O(\sqrt n)$ 种取值，我们就可以应用 **整除分块**（或称数论分块）来计算每一项的值了。
+直接计算的时间复杂度为 $O(n^{\frac 3 4})$。考虑先线性筛预处理出前 $n^{\frac 2 3}$ 项，剩余部分的时间复杂度为 $$
+O(\int_0^{n^{\frac 1 3}}\sqrt{\frac n x}~dx)=O(n^{\frac 2 3})
+$$ 对于较大的值，需要用 ''%%map%%'' 存下其对应的值，方便以后使用时直接使用之前计算的结果。
+==== 欧拉函数前缀和 ====
+当然也可以用杜教筛求出 $\varphi(x)$ 的前缀和，但是更好的方法是应用莫比乌斯反演：
+$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n1[\gcd(i,j)=1]=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d\mid i,d\mid j}\mu(d)\\ =\sum_{d=1}^n\mu(d)\lfloor\frac n d\rfloor^2$
+观察到，只需求出莫比乌斯函数的前缀和，就可以快速计算出欧拉函数的前缀和了。时间复杂度 $O(n^{\frac 2 3})$。
+=== 使用杜教筛求解 ===
+求 $S(i)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$。
+同样地，$\varphi*1=Id$ $$
+\begin{split} &\sum_{i=1}^n(\varphi\ast 1)(i)=\sum_{i=1}^n1\cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &\sum_{i=1}^nID(i)=\sum_{i=1}^n1\cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &\frac{1}{2}n(n+1)=\sum_{i=1}^nS\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &S(n)=\frac{1}{2}n(n+1)-\sum_{i=2}^nS\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ \end{split}
+$$ 参考代码：
+<hidden>
+<code cpp>
+#include <algorithm>
+#include <cstdio>
+#include <cstring>
+#include <map>
+using namespace std;
+const int maxn = 2000010;
+typedef long long ll;
+ll T, n, pri[maxn], cur, mu[maxn], sum_mu[maxn];
+bool vis[maxn];
+map<ll, ll> mp_mu;
+ll S_mu(ll x) {
+  if (x < maxn) return sum_mu[x];
+  if (mp_mu[x]) return mp_mu[x];
+  ll ret = 1ll;
+  for (ll i = 2, j; i <= x; i = j + 1) {
+    j = x / (x / i);
+    ret -= S_mu(x / i) * (j - i + 1);
+  }
+  return mp_mu[x] = ret;
+}
+ll S_phi(ll x) {
+  ll ret = 0ll;
+  for (ll i = 1, j; i <= x; i = j + 1) {
+    j = x / (x / i);
+    ret += (S_mu(j) - S_mu(i - 1)) * (x / i) * (x / i);
+  }
+  return ((ret - 1) >> 1) + 1;
+}
+int main() {
+  scanf("%lld", &T);
+  mu[1] = 1;
+  for (int i = 2; i < maxn; i++) {
+    if (!vis[i]) {
+      pri[++cur] = i;
+      mu[i] = -1;
+    }
+    for (int j = 1; j <= cur && i * pri[j] < maxn; j++) {
+      vis[i * pri[j]] = true;
+      if (i % pri[j])
+        mu[i * pri[j]] = -mu[i];
+      else {
+        mu[i * pri[j]] = 0;
+        break;
+      }
+    }
+  }
+  for (int i = 1; i < maxn; i++) sum_mu[i] = sum_mu[i - 1] + mu[i];
+  while (T--) {
+    scanf("%lld", &n);
+    printf("%lld %lld\n", S_phi(n), S_mu(n));
+  }
+  return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== 问题二 =====
+> [[https://www.luogu.com.cn/problem/P3768|「LuoguP3768」简单的数学题]]
+>
+> 题目大意：求 $
+> \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\cdot j\cdot\gcd(i,j)\pmod{p}
+> $ ，其中 $n\le 10^{10},5\times 10^8\le p\le 1.1\times 10^9$，$p$ 是质数。
+利用 $\varphi * 1=Id$ 做莫比乌斯反演化为 $$
+\sum_{d=1}^nF^2\left(\left\lfloor\frac n d\right\rfloor\right)\cdot d^2\varphi(d)\left(F(n)=\frac 1 2n(n+1)\right)
+$$ 对 $\sum_{d=1}^nF\left(\left\lfloor\frac n d\right\rfloor\right)^2$ 做数论分块，$d^2\varphi(d)$ 的前缀和用杜教筛处理： $$
+f(n)=n^2\varphi(n)=(Id^2\varphi)(n)\\
+S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n(Id^2\varphi)(i)
+$$ 需要构造积性函数 $g$，使得 $f*g$ 和 $g$ 能快速求和。
+单纯的 $\varphi$ 的前缀和可以用 $\varphi*1$ 的杜教筛处理，但是这里的 $f$ 多了一个 $Id^2$，那么我们就卷一个 $Id^2$ 上去，让它变成常数： $$
+S(n)=\sum_{i=1}^n\left((ID^2\varphi)\ast ID^2\right)(i)-\sum_{i=2}^nID^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)
+$$ 化一下卷积： $$
+\begin{split} &(ID^2\varphi)\ast ID^2)(i)\\ =&\sum_{d \mid i}(ID^2\varphi)(d)ID^2\left(\frac{i}{d}\right)\\ =&\sum_{d \mid i}d^2\varphi(d)\left(\frac{i}{d}\right)^2\\ =&\sum_{d \mid i}i^2\varphi(d)=i^2\sum_{d \mid i}\varphi(d)\\ =&i^2(\varphi\ast1)(i)=i^3 \end{split}
+$$ 再化一下 $S(n)$： $$
+\begin{split} S(n)&=\sum_{i=1}^n\left((ID^2\varphi)\ast ID^2\right)(i)-\sum_{i=2}^nID^2(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &=\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)^2-\sum_{i=2}^ni^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ \end{split}
+$$ 分块求解即可：
+参考代码：
+<hidden>
+<code cpp>
+#include <cmath>
+#include <cstdio>
+#include <map>
+using namespace std;
+const int N = 5e6, NP = 5e6, SZ = N;
+long long n, P, inv2, inv6, s[N];
+int phi[N], p[NP], cnt, pn;
+bool bp[N];
+map<long long, long long> s_map;
+long long ksm(long long a, long long m) {  // 求逆元用
+  long long res = 1;
+  while (m) {
+    if (m & 1) res = res * a % P;
+    a = a * a % P, m >>= 1;
+  }
+  return res;
+}
+void prime_work(int k) {  // 线性筛 phi，s
+  bp[0] = bp[1] = 1, phi[1] = 1;
+  for (int i = 2; i <= k; i++) {
+    if (!bp[i]) p[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
+    for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= k; j++) {
+      bp[i * p[j]] = 1;
+      if (i % p[j] == 0) {
+        phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
+        break;
+      } else
+        phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
+    }
+  }
+  for (int i = 1; i <= k; i++)
+    s[i] = (1ll * i * i % P * phi[i] % P + s[i - 1]) % P;
+}
+long long s3(long long k) {
+  return k %= P, (k * (k + 1) / 2) % P * ((k * (k + 1) / 2) % P) % P;
+}  // 立方和
+long long s2(long long k) {
+  return k %= P, k * (k + 1) % P * (k * 2 + 1) % P * inv6 % P;
+}  // 平方和
+long long calc(long long k) {  // 计算 S(k)
+  if (k <= pn) return s[k];
+  if (s_map[k]) return s_map[k];  // 对于超过 pn 的用 map 离散存储
+  long long res = s3(k), pre = 1, cur;
+  for (long long i = 2, j; i <= k; i = j + 1)
+    j = k / (k / i), cur = s2(j),
+    res = (res - calc(k / i) * (cur - pre) % P) % P, pre = cur;
+  return s_map[k] = (res + P) % P;
+}
+long long solve() {
+  long long res = 0, pre = 0, cur;
+  for (long long i = 1, j; i <= n; i = j + 1)
+    j = n / (n / i), cur = calc(j),
+    res = (res + (s3(n / i) * (cur - pre)) % P) % P, pre = cur;
+  return (res + P) % P;
+}
+int main() {
+  scanf("%lld%lld", &P, &n);
+  inv2 = ksm(2, P - 2), inv6 = ksm(6, P - 2);
+  pn = (long long)pow(n, 0.666667);  // n^(2/3)
+  prime_work(pn);
+  printf("%lld", solve());
+  return 0;
+}  // 不要为了省什么内存把数组开小...... 卡了好几次 80
+</code>
+</hidden>
+===== 参考链接 =====
+[[https://oi-wiki.org/math/du/|OI Wiki]]

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