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Powerful number

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

$$ \begin{aligned} F(n) &= \sum_{i = 1}^{n} f(i)\ &= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d|i} h(i) g\left(\frac{i}{d}\right)\ &= \sum_{d=1}^{n} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor} h(d) g(i)\ &= \sum_{d=1}^{n} h(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor} g(i) \ &= \sum_{d=1}^{n} h(d) G\left(\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor\right)\ &= \sum_{\substack{d=1 \ d \text{ is PN}}}^{n}h(d) G\left(\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor\right) \end{aligned} $$

$O(\sqrt{n})$ 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 $h(p^c)$。

PN 筛的一般过程

  1. 构造 $g$
  2. 构造快速计算 $G$ 的方法
  3. 计算 $h(p^c)$
  4. 搜索 PN，过程中累加答案
  5. 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。

复杂度分析

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

Luogu P5325【模板】Min_25 筛

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 $h(p^k) = (k-1)(p-1)p^k$。

??? note "参考代码" cpp --8<-- "docs/math/code/powerful-number/powerful-number_1.cpp"

「LOJ #6053」简单的函数

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。

??? note "参考代码" cpp --8<-- "docs/math/code/powerful-number/powerful-number_2.cpp"

习题

参考资料