A totient stairstep sequence is a strictly increasing integer sequence \(a_1,\dots,a_n\) such that \(a_1=6\) and, for every adjacent pair,
$$\varphi(a_i) \lt \varphi(a_{i+1}) \lt a_i \lt a_{i+1}.$$
The first inequality forces the totient values to rise, the middle inequality says the next totient must still stay below the previous raw integer, and the last inequality keeps the sequence increasing. We must count all such sequences whose final term is at most \(N\), and report the answer modulo \(10^8\). The final Project Euler numeric answer is intentionally omitted.
Let \(dp[x]\) be the number of valid sequences whose last term is exactly \(x\). The one-term sequence \([6]\) is valid, so
$$dp[6]=1.$$
For \(x \ge 7\), every valid sequence ending at \(x\) must come from a previous endpoint \(i \lt x\) satisfying the step condition
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i.$$
Therefore
$$dp[x]=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i}.$$
The required total is then
$$S(N)=\sum_{x=6}^{N} dp[x]\pmod{10^8}.$$
This recurrence already captures the full combinatorics of the problem, but evaluating it literally would compare each \(x\) against all smaller \(i\), leading to quadratic time.
Fix a predecessor \(i\). The condition for a future value \(x\) is
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i,$$
which depends on \(x\) only through the single value \(\varphi(x)\). Since totients are integers, this is equivalent to
$$\varphi(x)\in[\varphi(i)+1,\; i-1].$$
So once \(dp[i]\) is known, the same weight \(dp[i]\) should be added to every future number whose totient falls inside that interval. This observation eliminates the need to inspect every predecessor separately. It also shows immediately why prime endpoints are dead ends: if \(i\) is prime, then \(\varphi(i)=i-1\), so the interval is empty.
After all endpoints smaller than \(x\) have been processed, define
$$A_x(t)=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i)+1\le t \le i-1}.$$
This means \(A_x(t)\) stores the total contribution of all earlier endpoints that would accept a future number whose totient equals \(t\). Evaluating at \(t=\varphi(x)\) gives
$$dp[x]=A_x(\varphi(x)).$$
So the problem becomes: maintain many interval additions on the totient axis, and answer one point query for each \(x\). Because \(\varphi(x)\le x-1\) for every \(x \gt 1\), a Fenwick structure of size \(N\) is sufficient.
The implementation uses a Fenwick tree, not for direct prefix sums of \(dp\), but for the difference array of the accumulator \(A_x\). If we want to add a value \(v\) to every index in an interval \([L,R]\), we can update a difference array \(D\) by
$$D[L]\mathrel{+}=v,\qquad D[R+1]\mathrel{-}=v.$$
Then the actual value at position \(t\) is the prefix sum
$$A_x(t)=\sum_{u=1}^{t} D[u].$$
A Fenwick tree supports those point updates and prefix-sum queries in \(O(\log N)\). In other words, every finished state \(i\) performs one interval update on \([\varphi(i)+1,\; i-1]\), and every candidate endpoint \(x\) performs one point query at \(\varphi(x)\).
The DP cannot even start before all values \(\varphi(1),\dots,\varphi(N)\) are known. These are computed with the standard totient sieve. Initialize \(\varphi[m]=m\) for all \(m\), and for every prime \(p\), visit all multiples \(kp\) and apply
$$\varphi(kp)\leftarrow \varphi(kp)-\frac{\varphi(kp)}{p}.$$
This is the batch version of the multiplicative formula \(\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac1p)\). The asymptotic cost is \(O(N\log\log N)\). The C++ implementation uses block partitioning and optional multithreading for faster preprocessing, but the mathematical result is the same as the ordinary sieve.
The relevant totient values are
$$\varphi(6)=2,\quad \varphi(7)=6,\quad \varphi(8)=4,\quad \varphi(9)=6,\quad \varphi(10)=4.$$
Start with \(dp[6]=1\), so the total already contains the sequence \(\{6\}\). Since a successor of 6 must satisfy \(2 \lt \varphi(x) \lt 6\), we seed the interval \([3,5]\) with weight 1.
Now iterate upward:
\(x=7\): query \(\varphi(7)=6\), obtain \(dp[7]=0\), so no valid sequence ends at 7.
\(x=8\): query \(\varphi(8)=4\), obtain \(dp[8]=1\), corresponding to \(\{6,8\}\). Then 8 contributes to \([\varphi(8)+1,7]=[5,7]\).
\(x=9\): query \(\varphi(9)=6\), obtain \(dp[9]=1\), corresponding to \(\{6,8,9\}\).
\(x=10\): query \(\varphi(10)=4\), obtain \(dp[10]=1\), corresponding to \(\{6,10\}\).
Hence
$$S(10)=1+1+1+1=4,$$
namely the sequences \(\{6\}\), \(\{6,8\}\), \(\{6,8,9\}\), and \(\{6,10\}\).
The code sets total = 1 for the trivial sequence \([6]\), then immediately performs
rangeAdd(phi[6] + 1, 5, 1).
Because \(\varphi(6)=2\), this is exactly the interval \([3,5]\), which represents every totient value allowed for a direct successor of 6. After that, each loop iteration follows the same pattern:
1. Query the current accumulator at \(\varphi(x)\) to obtain \(dp[x]\).
2. Add \(dp[x]\) to the running total.
3. Propagate \(dp[x]\) to the interval \([\varphi(x)+1,\; x-1]\) for future successors.
If the interval is empty, the helper simply skips the update.
The C++ solution follows the derivation above literally. It first computes all totients, then scans \(x\) from 7 to \(N\). Each iteration performs one Fenwick point query and one range update, both reduced modulo \(10^8\). The C++ file also includes a brute-force checker for small \(N\) and validates the official checkpoints \(S(10)=4\), \(S(100)=482073668\), and \(S(10000)\bmod 10^8 = 73808307\). The Java version implements the same algorithm directly. The Python file is a thin bridge that compiles and runs the C++ solver so all three language entries stay consistent.
The totient sieve costs \(O(N\log\log N)\). The DP stage performs \(N-6\) point queries and at most \(N-6\) interval updates, each in \(O(\log N)\), so the dominant cost is \(O(N\log N)\). Memory usage is \(O(N)\) for the \(\varphi\) array and the Fenwick structure. This is a dramatic improvement over the naive DP, which would require \(O(N^2)\) predecessor checks.
Eine Totient-Treppenstufensequenz ist eine streng wachsende Folge ganzer Zahlen \(a_1,\dots,a_n\) mit \(a_1=6\) und für jedes benachbarte Paar
$$\varphi(a_i) \lt \varphi(a_{i+1}) \lt a_i \lt a_{i+1}.$$
Die erste Ungleichung erzwingt steigende Totientwerte, die mittlere verlangt, dass der nächste Totient noch unter dem vorherigen Rohwert liegt, und die letzte macht die Folge streng wachsend. Gesucht ist die Anzahl aller solchen Folgen mit \(a_n \le N\), ausgegeben modulo \(10^8\). Die endgültige Project-Euler-Zahl wird hier bewusst nicht genannt.
Sei \(dp[x]\) die Anzahl gültiger Folgen, deren letzter Wert genau \(x\) ist. Die Folge \([6]\) ist gültig, also
$$dp[6]=1.$$
Für \(x \ge 7\) muss jede gültige Folge mit Endwert \(x\) von einem kleineren Endwert \(i \lt x\) kommen, der die Schrittbedingung erfüllt:
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i.$$
Daraus folgt
$$dp[x]=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i}.$$
Die gesuchte Gesamtzahl ist dann
$$S(N)=\sum_{x=6}^{N} dp[x]\pmod{10^8}.$$
Diese Rekursion beschreibt die gesamte Kombinatorik korrekt, aber eine direkte Auswertung würde jedes \(x\) mit allen kleineren \(i\) vergleichen und damit quadratische Laufzeit erzeugen.
Fixiere einen Vorgänger \(i\). Die Bedingung für einen zukünftigen Wert \(x\) lautet
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i,$$
und hängt also von \(x\) nur über den einen Wert \(\varphi(x)\) ab. Da Totienten ganzzahlig sind, ist das äquivalent zu
$$\varphi(x)\in[\varphi(i)+1,\; i-1].$$
Sobald \(dp[i]\) bekannt ist, muss also dasselbe Gewicht \(dp[i]\) zu jedem späteren Wert addiert werden, dessen Totient in diesem Intervall liegt. Dadurch entfällt die explizite Betrachtung jedes Vorgängers. Außerdem sieht man sofort, warum Primzahl-Endpunkte Sackgassen sind: Ist \(i\) prim, so gilt \(\varphi(i)=i-1\), also ist das Intervall leer.
Nachdem alle Endpunkte kleiner als \(x\) verarbeitet wurden, definieren wir
$$A_x(t)=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i)+1\le t \le i-1}.$$
Dieser Ausdruck speichert die gesamte bisherige Beitragsmasse aller Endpunkte, die einen zukünftigen Wert mit Totient \(t\) akzeptieren würden. Setzt man \(t=\varphi(x)\), erhält man
$$dp[x]=A_x(\varphi(x)).$$
Damit wird das Problem zu folgendem Datenstrukturproblem: viele Intervall-Additionen auf der Totient-Achse und pro \(x\) genau eine Punktabfrage. Weil \(\varphi(x)\le x-1\) für jedes \(x \gt 1\) gilt, reicht ein Fenwick-Baum der Größe \(N\) aus.
Die Implementierung benutzt einen Fenwick-Baum nicht für direkte Präfixsummen von \(dp\), sondern für das Differenzarray des Akkumulators \(A_x\). Möchte man einen Wert \(v\) auf ein Intervall \([L,R]\) addieren, genügt
$$D[L]\mathrel{+}=v,\qquad D[R+1]\mathrel{-}=v.$$
Der tatsächliche Wert an Position \(t\) ist dann die Präfixsumme
$$A_x(t)=\sum_{u=1}^{t} D[u].$$
Ein Fenwick-Baum unterstützt genau diese Punktupdates und Präfixsummenabfragen in \(O(\log N)\). Anders gesagt: Jeder fertige Zustand \(i\) führt ein Intervall-Update auf \([\varphi(i)+1,\; i-1]\) aus, und jeder Kandidat \(x\) liest genau einen Punktwert bei \(\varphi(x)\).
Die DP kann erst beginnen, wenn alle Werte \(\varphi(1),\dots,\varphi(N)\) bekannt sind. Diese werden mit dem klassischen Totient-Sieb berechnet. Zunächst setzt man \(\varphi[m]=m\) für alle \(m\). Für jede Primzahl \(p\) durchläuft man dann alle Vielfachen \(kp\) und wendet an:
$$\varphi(kp)\leftarrow \varphi(kp)-\frac{\varphi(kp)}{p}.$$
Das ist die Stapelversion der multiplikativen Formel \(\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac1p)\). Asymptotisch kostet das \(O(N\log\log N)\). Die C++-Implementierung nutzt Blockpartitionierung und optional mehrere Threads, das mathematische Ergebnis bleibt aber identisch zum gewöhnlichen Sieb.
Die relevanten Totientwerte sind
$$\varphi(6)=2,\quad \varphi(7)=6,\quad \varphi(8)=4,\quad \varphi(9)=6,\quad \varphi(10)=4.$$
Wir starten mit \(dp[6]=1\), also enthält die Gesamtsumme bereits die Folge \(\{6\}\). Da ein Nachfolger von 6 die Bedingung \(2 \lt \varphi(x) \lt 6\) erfüllen muss, wird das Intervall \([3,5]\) mit Gewicht 1 initialisiert.
Dann iterieren wir nach oben:
\(x=7\): Abfrage bei \(\varphi(7)=6\) liefert \(dp[7]=0\); es endet also keine gültige Folge bei 7.
\(x=8\): Abfrage bei \(\varphi(8)=4\) liefert \(dp[8]=1\), entsprechend \(\{6,8\}\). Danach trägt 8 auf \([\varphi(8)+1,7]=[5,7]\) bei.
\(x=9\): Abfrage bei \(\varphi(9)=6\) liefert \(dp[9]=1\), entsprechend \(\{6,8,9\}\).
\(x=10\): Abfrage bei \(\varphi(10)=4\) liefert \(dp[10]=1\), entsprechend \(\{6,10\}\).
Daher
$$S(10)=1+1+1+1=4,$$
nämlich die Folgen \(\{6\}\), \(\{6,8\}\), \(\{6,8,9\}\) und \(\{6,10\}\).
Der Code setzt zunächst total = 1 für die triviale Folge \([6]\) und führt dann sofort aus:
rangeAdd(phi[6] + 1, 5, 1).
Da \(\varphi(6)=2\) ist, entspricht dies exakt dem Intervall \([3,5]\), also allen Totientwerten, die für einen direkten Nachfolger von 6 erlaubt sind. Danach läuft jede Iteration nach demselben Schema:
1. Akkumulator bei \(\varphi(x)\) abfragen und so \(dp[x]\) erhalten.
2. \(dp[x]\) zur Gesamtsumme addieren.
3. \(dp[x]\) auf das zukünftige Intervall \([\varphi(x)+1,\; x-1]\) propagieren.
Ist das Intervall leer, überspringt die Hilfsfunktion das Update einfach.
Die C++-Lösung setzt die obige Herleitung direkt um. Zuerst werden alle Totienten berechnet, danach wird \(x\) von 7 bis \(N\) durchlaufen. Jede Iteration besteht aus genau einer Fenwick-Punktabfrage und einem Intervall-Update, jeweils modulo \(10^8\). Die C++-Datei enthält außerdem einen Brute-Force-Prüfer für kleine \(N\) und validiert die offiziellen Kontrollwerte \(S(10)=4\), \(S(100)=482073668\) und \(S(10000)\bmod 10^8 = 73808307\). Die Java-Version implementiert denselben Algorithmus direkt. Die Python-Datei ist eine schlanke Brücke, die den C++-Solver kompiliert und ausführt, sodass alle drei Sprachvarianten konsistent bleiben.
Das Totient-Sieb benötigt \(O(N\log\log N)\). Die DP-Phase führt \(N-6\) Punktabfragen und höchstens \(N-6\) Intervall-Updates aus, jeweils in \(O(\log N)\), also insgesamt \(O(N\log N)\). Der Speicherbedarf beträgt \(O(N)\) für das \(\varphi\)-Array und die Fenwick-Struktur. Das ist ein drastischer Gewinn gegenüber der naiven DP, die \(O(N^2)\) Vorgängerprüfungen benötigen würde.
Bir totient merdiven basamağı dizisi, \(a_1,\dots,a_n\) biçiminde sıkı artan bir tamsayı dizisidir ve \(a_1=6\) olmak üzere her ardışık çift için
$$\varphi(a_i) \lt \varphi(a_{i+1}) \lt a_i \lt a_{i+1}$$
koşulu sağlanır. İlk eşitsizlik totient değerlerini büyütür, ortadaki eşitsizlik bir sonraki totient'in önceki ham sayıdan küçük kalmasını ister, son eşitsizlik ise diziyi sıkı artan yapar. Son terimi \(N\)'i geçmeyen tüm bu dizileri saymamız ve sonucu \(10^8\) modunda vermemiz gerekir. Nihai Project Euler sayısal cevabı burada özellikle paylaşılmıyor.
\(dp[x]\), son terimi tam olarak \(x\) olan geçerli dizi sayısı olsun. Tek elemanlı \([6]\) dizisi geçerlidir, bu yüzden
$$dp[6]=1.$$
\(x \ge 7\) için, \(x\) ile biten her geçerli dizi daha küçük bir \(i \lt x\) değerinden gelmek zorundadır ve şu geçiş koşulu sağlanmalıdır:
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i.$$
Dolayısıyla
$$dp[x]=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i}.$$
Aranan toplam da
$$S(N)=\sum_{x=6}^{N} dp[x]\pmod{10^8}$$
olur. Bu bağıntı problemin tüm kombinatorik yapısını doğru biçimde yakalar; fakat doğrudan uygulanırsa her \(x\) için tüm küçük \(i\) değerleri denenir ve süre karesel olur.
Sabit bir \(i\) öncülünü ele alalım. Gelecekteki bir \(x\) için koşul
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i$$
şeklindedir ve \(x\)'e yalnızca \(\varphi(x)\) değeri üzerinden bağlıdır. Totient değerleri tamsayı olduğundan bu, aşağıdaki aralıkla eşdeğerdir:
$$\varphi(x)\in[\varphi(i)+1,\; i-1].$$
Yani \(dp[i]\) bilindikten sonra, totient'i bu aralığa düşen her gelecekteki sayıya aynı ağırlık \(dp[i]\) eklenmelidir. Böylece her öncülü tek tek test etme ihtiyacı ortadan kalkar. Bu gözlem ayrıca asal son noktaların neden çıkış üretmediğini de hemen gösterir: \(i\) asal ise \(\varphi(i)=i-1\) olur ve aralık boştur.
\(x\)'ten küçük tüm son noktalar işlendiğinde
$$A_x(t)=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i)+1\le t \le i-1}$$
tanımını yapalım. Bu ifade, totient değeri \(t\) olan gelecekteki bir sayıyı kabul edecek bütün önceki son noktaların toplam katkısını tutar. \(t=\varphi(x)\) yazınca
$$dp[x]=A_x(\varphi(x))$$
elde edilir. Böylece problem, totient ekseninde çok sayıda aralık ekleme ve her \(x\) için tek nokta sorgusu yapmaya dönüşür. Her \(x \gt 1\) için \(\varphi(x)\le x-1\) olduğundan, boyutu \(N\) olan bir Fenwick yapısı yeterlidir.
Uygulama Fenwick ağacını \(dp\)'nin doğrudan önek toplamları için değil, \(A_x\) birikiminin fark dizisini tutmak için kullanır. Bir \([L,R]\) aralığındaki her konuma \(v\) eklemek istiyorsak, fark dizisinde
$$D[L]\mathrel{+}=v,\qquad D[R+1]\mathrel{-}=v$$
yapmak yeterlidir. Bu durumda \(t\) konumundaki gerçek değer şu önek toplamıdır:
$$A_x(t)=\sum_{u=1}^{t} D[u].$$
Fenwick ağacı bu nokta güncellemelerini ve önek toplam sorgularını \(O(\log N)\) maliyetle destekler. Başka bir ifadeyle, tamamlanmış her \(i\) durumu \([\varphi(i)+1,\; i-1]\) aralığında bir güncelleme yapar; her aday son nokta \(x\) ise \(\varphi(x)\) konumunda tek bir sorgu yapar.
DP başlamadan önce \(\varphi(1),\dots,\varphi(N)\) değerlerinin tamamı bilinmelidir. Bunlar klasik totient süzgeci ile hesaplanır. Başta tüm \(m\) değerleri için \(\varphi[m]=m\) alınır. Ardından her asal \(p\) için bütün \(kp\) katları dolaşılır ve
$$\varphi(kp)\leftarrow \varphi(kp)-\frac{\varphi(kp)}{p}$$
uygulanır. Bu, \(\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac1p)\) çarpımsal formülünün toplu sürümüdür. Asimptotik maliyet \(O(N\log\log N)\)'dir. C++ uygulaması ön işleme kısmında bloklama ve isteğe bağlı çok iş parçacığı kullanır, fakat matematiksel sonuç sıradan süzgeçle aynıdır.
Gerekli totient değerleri şunlardır:
$$\varphi(6)=2,\quad \varphi(7)=6,\quad \varphi(8)=4,\quad \varphi(9)=6,\quad \varphi(10)=4.$$
\(dp[6]=1\) ile başlarız; dolayısıyla toplam zaten \(\{6\}\) dizisini içerir. 6'nın bir ardılı için \(2 \lt \varphi(x) \lt 6\) gerektiğinden, ağırlık 1 ile \([3,5]\) aralığı tohumlanır.
Şimdi yukarı doğru ilerleyelim:
\(x=7\): \(\varphi(7)=6\) için sorgu yapılır ve \(dp[7]=0\) bulunur; yani 7'de biten geçerli bir dizi yoktur.
\(x=8\): \(\varphi(8)=4\) için sorgu \(dp[8]=1\) verir; bu \(\{6,8\}\) dizisidir. Sonra 8, \([5,7]\) aralığına katkı yapar.
\(x=9\): \(\varphi(9)=6\) için sorgu \(dp[9]=1\) verir; bu \(\{6,8,9\}\) dizisidir.
\(x=10\): \(\varphi(10)=4\) için sorgu \(dp[10]=1\) verir; bu da \(\{6,10\}\) dizisidir.
Sonuç olarak
$$S(10)=1+1+1+1=4,$$
yani geçerli diziler \(\{6\}\), \(\{6,8\}\), \(\{6,8,9\}\) ve \(\{6,10\}\) olur.
Kod önce taban durum için total = 1 atar; bu \([6]\) dizisini temsil eder. Hemen
ardından
rangeAdd(phi[6] + 1, 5, 1)
çağrılır. \(\varphi(6)=2\) olduğu için bu tam olarak \([3,5]\) aralığıdır; yani 6'nın doğrudan ardılı olabilecek sayılar için izin verilen tüm totient değerleri. Bundan sonra her döngü adımı aynı kalıbı izler:
1. \(\varphi(x)\) konumunda sorgu yapıp \(dp[x]\) değerini al.
2. \(dp[x]\)'i toplam cevaba ekle.
3. \(dp[x]\)'i gelecekteki ardıllar için \([\varphi(x)+1,\; x-1]\) aralığına yay.
Aralık boşsa yardımcı fonksiyon güncellemeyi atlar.
C++ çözümü yukarıdaki türetimi bire bir uygular. Önce tüm totient değerleri hesaplanır, sonra \(x\) değeri 7'den \(N\)'e kadar taranır. Her adımda tam bir Fenwick nokta sorgusu ve bir aralık güncellemesi yapılır; bunların hepsi \(10^8\) modunda tutulur. C++ dosyasında küçük \(N\) değerleri için brute-force doğrulayıcı da vardır ve resmî kontrol değerleri olan \(S(10)=4\), \(S(100)=482073668\) ve \(S(10000)\bmod 10^8 = 73808307\) ile test yapılır. Java sürümü aynı algoritmayı doğrudan uygular. Python dosyası ise C++ çözücüsünü derleyip çalıştıran ince bir köprüdür; böylece üç dildeki çıktı aynı kalır.
Totient süzgeci \(O(N\log\log N)\) maliyetlidir. DP aşaması \(N-6\) adet nokta sorgusu ve en fazla \(N-6\) adet aralık güncellemesi yapar; her biri \(O(\log N)\) olduğundan baskın terim \(O(N\log N)\) olur. Bellek kullanımı \(\varphi\) dizisi ve Fenwick yapısı için \(O(N)\)'dir. Bu, doğrudan DP'nin gerektireceği \(O(N^2)\) öncül kontrolüne göre çok büyük bir iyileştirmedir.
Una secuencia escalonada del totiente es una sucesión estrictamente creciente de enteros \(a_1,\dots,a_n\) tal que \(a_1=6\) y, para cada par consecutivo,
$$\varphi(a_i) \lt \varphi(a_{i+1}) \lt a_i \lt a_{i+1}.$$
La primera desigualdad obliga a que los valores del totiente suban, la del medio exige que el siguiente totiente siga estando por debajo del entero anterior, y la última mantiene la sucesión estrictamente creciente. Debemos contar todas las secuencias de este tipo cuyo último término no supere \(N\), y devolver el resultado módulo \(10^8\). El número final de Project Euler se omite de forma deliberada.
Sea \(dp[x]\) el número de secuencias válidas cuyo último término es exactamente \(x\). La secuencia de un solo elemento \([6]\) es válida, por lo que
$$dp[6]=1.$$
Para \(x \ge 7\), toda secuencia válida que termina en \(x\) debe venir de un extremo previo \(i \lt x\) que satisfaga
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i.$$
Por tanto,
$$dp[x]=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i}.$$
El total pedido es
$$S(N)=\sum_{x=6}^{N} dp[x]\pmod{10^8}.$$
Esta recurrencia ya describe toda la combinatoria del problema, pero evaluarla literalmente obligaría a comparar cada \(x\) con todos los \(i\) menores, lo que da tiempo cuadrático.
Fijemos un predecesor \(i\). La condición para un futuro valor \(x\) es
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i,$$
así que depende de \(x\) solo a través del único valor \(\varphi(x)\). Como los totientes son enteros, esto es equivalente a
$$\varphi(x)\in[\varphi(i)+1,\; i-1].$$
Por ello, una vez conocido \(dp[i]\), el mismo peso \(dp[i]\) debe añadirse a cualquier futuro número cuyo totiente caiga en ese intervalo. Esta observación elimina la necesidad de inspeccionar cada predecesor por separado. También explica de inmediato por qué los extremos primos no generan sucesores: si \(i\) es primo, \(\varphi(i)=i-1\), así que el intervalo queda vacío.
Tras procesar todos los extremos menores que \(x\), definimos
$$A_x(t)=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i)+1\le t \le i-1}.$$
Esto almacena la contribución total de todos los extremos previos que aceptarían un futuro número cuyo totiente fuese \(t\). Al evaluar en \(t=\varphi(x)\) obtenemos
$$dp[x]=A_x(\varphi(x)).$$
Así, el problema se convierte en mantener muchas sumas por intervalo sobre el eje del totiente y responder una consulta puntual por cada \(x\). Como \(\varphi(x)\le x-1\) para todo \(x \gt 1\), basta una estructura Fenwick de tamaño \(N\).
La implementación usa un árbol Fenwick no para prefijos directos de \(dp\), sino para el arreglo de diferencias del acumulador \(A_x\). Si queremos sumar un valor \(v\) en todo el intervalo \([L,R]\), basta con hacer
$$D[L]\mathrel{+}=v,\qquad D[R+1]\mathrel{-}=v.$$
Entonces el valor real en la posición \(t\) es el prefijo
$$A_x(t)=\sum_{u=1}^{t} D[u].$$
Un árbol Fenwick soporta exactamente esas actualizaciones puntuales y consultas de prefijo en \(O(\log N)\). Dicho de otra manera, cada estado terminado \(i\) ejecuta una actualización de intervalo sobre \([\varphi(i)+1,\; i-1]\), y cada candidato \(x\) hace una consulta puntual en \(\varphi(x)\).
La DP no puede empezar hasta conocer todos los valores \(\varphi(1),\dots,\varphi(N)\). Se calculan con el cribado clásico del totiente. Primero se fija \(\varphi[m]=m\) para todo \(m\). Luego, para cada primo \(p\), se recorren todos los múltiplos \(kp\) y se aplica
$$\varphi(kp)\leftarrow \varphi(kp)-\frac{\varphi(kp)}{p}.$$
Esta es la versión por lotes de la fórmula multiplicativa \(\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac1p)\). El coste asintótico es \(O(N\log\log N)\). La implementación en C++ usa partición por bloques y multihilo opcional para acelerar el preprocesado, pero el resultado matemático es el mismo que con un cribado ordinario.
Los valores relevantes del totiente son
$$\varphi(6)=2,\quad \varphi(7)=6,\quad \varphi(8)=4,\quad \varphi(9)=6,\quad \varphi(10)=4.$$
Comenzamos con \(dp[6]=1\), así que el total ya contiene la secuencia \(\{6\}\). Como un sucesor de 6 debe cumplir \(2 \lt \varphi(x) \lt 6\), sembramos el intervalo \([3,5]\) con peso 1.
Ahora avanzamos:
\(x=7\): consultamos \(\varphi(7)=6\) y obtenemos \(dp[7]=0\); no termina ninguna secuencia válida en 7.
\(x=8\): consultamos \(\varphi(8)=4\) y obtenemos \(dp[8]=1\), correspondiente a \(\{6,8\}\). Después 8 aporta al intervalo \([5,7]\).
\(x=9\): consultamos \(\varphi(9)=6\) y obtenemos \(dp[9]=1\), correspondiente a \(\{6,8,9\}\).
\(x=10\): consultamos \(\varphi(10)=4\) y obtenemos \(dp[10]=1\), correspondiente a \(\{6,10\}\).
Así pues,
$$S(10)=1+1+1+1=4,$$
es decir, las secuencias \(\{6\}\), \(\{6,8\}\), \(\{6,8,9\}\) y \(\{6,10\}\).
El código fija primero total = 1 para la secuencia trivial \([6]\), y acto seguido ejecuta
rangeAdd(phi[6] + 1, 5, 1).
Como \(\varphi(6)=2\), esto representa exactamente el intervalo \([3,5]\), es decir, todos los valores de totiente permitidos para un sucesor directo de 6. A partir de ahí, cada iteración hace lo mismo:
1. Consultar el acumulador en \(\varphi(x)\) para obtener \(dp[x]\).
2. Sumar \(dp[x]\) al total acumulado.
3. Propagar \(dp[x]\) al intervalo \([\varphi(x)+1,\; x-1]\) para futuros sucesores.
Si el intervalo queda vacío, la rutina auxiliar simplemente omite la actualización.
La solución en C++ sigue literalmente la derivación anterior. Primero calcula todos los totientes y después recorre \(x\) desde 7 hasta \(N\). Cada iteración hace una consulta puntual al árbol Fenwick y una actualización de intervalo, ambas reducidas módulo \(10^8\). El archivo C++ también incluye un comprobador por fuerza bruta para valores pequeños de \(N\) y valida los puntos de control oficiales \(S(10)=4\), \(S(100)=482073668\) y \(S(10000)\bmod 10^8 = 73808307\). La versión Java implementa el mismo algoritmo directamente. El archivo Python es un puente ligero que compila y ejecuta el solucionador en C++, de modo que las tres entradas de lenguaje se mantienen coherentes.
El cribado del totiente cuesta \(O(N\log\log N)\). La fase de DP realiza \(N-6\) consultas puntuales y como mucho \(N-6\) actualizaciones de intervalo, cada una en \(O(\log N)\), así que el término dominante es \(O(N\log N)\). La memoria es \(O(N)\) para el arreglo \(\varphi\) y la estructura Fenwick. Es una mejora enorme frente a la DP ingenua, que requeriría \(O(N^2)\) comprobaciones de predecesores.
所谓 totient 阶梯序列，是指一个严格递增的整数序列 \(a_1,\dots,a_n\)，满足 \(a_1=6\)，并且每一对相邻项都满足
$$\varphi(a_i) \lt \varphi(a_{i+1}) \lt a_i \lt a_{i+1}。$$
第一条不等式要求欧拉函数值递增，中间那条要求下一项的 totient 仍然小于前一项本身，最后一条则保证序列严格递增。 我们要统计所有末项不超过 \(N\) 的这类序列，并把答案对 \(10^8\) 取模。最终的 Project Euler 数值答案在这里刻意省略。
设 \(dp[x]\) 表示“恰好以 \(x\) 结尾”的合法序列个数。单元素序列 \([6]\) 合法，因此
$$dp[6]=1。$$
对于 \(x \ge 7\)，任何以 \(x\) 结尾的合法序列都必须从某个更小的末项 \(i \lt x\) 转移而来，并满足
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i。$$
于是有
$$dp[x]=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i}。$$
题目所求总数为
$$S(N)=\sum_{x=6}^{N} dp[x]\pmod{10^8}。$$
这个递推已经完整描述了问题的组合结构，但如果直接计算，就要把每个 \(x\) 和所有更小的 \(i\) 逐一比较，时间会退化成平方级。
固定某个前驱 \(i\)。未来的某个 \(x\) 能否接在它后面，只取决于条件
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i,$$
也就是说，它只通过 \(\varphi(x)\) 这一项来依赖 \(x\)。由于 totient 值是整数，这等价于
$$\varphi(x)\in[\varphi(i)+1,\; i-1]。$$
所以一旦知道了 \(dp[i]\)，就应该把同样的权重 \(dp[i]\) 加到所有 totient 落在这个区间内的未来数上。这样就不再需要逐个检查每个前驱。 这也立刻解释了为什么质数末项不会再产生后继：若 \(i\) 是质数，则 \(\varphi(i)=i-1\)，区间为空。
当所有小于 \(x\) 的末项都处理完之后，定义
$$A_x(t)=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i)+1\le t \le i-1}。$$
它表示：对于 totient 值等于 \(t\) 的未来数字，所有已处理末项能提供的总贡献是多少。把 \(t\) 取成 \(\varphi(x)\)，便得到
$$dp[x]=A_x(\varphi(x))。$$
于是问题就变成了：在 totient 轴上做大量区间加法，并对每个 \(x\) 做一次点查询。由于任意 \(x \gt 1\) 都满足 \(\varphi(x)\le x-1\)，因此大小为 \(N\) 的 Fenwick 树就足够了。
这里的 Fenwick 树并不是直接存 \(dp\) 的前缀和，而是存累加器 \(A_x\) 的差分数组。若想给区间 \([L,R]\) 中的每个位置都加上 \(v\)，只需在差分数组里做
$$D[L]\mathrel{+}=v,\qquad D[R+1]\mathrel{-}=v。$$
那么位置 \(t\) 上的真实值就是前缀和
$$A_x(t)=\sum_{u=1}^{t} D[u]。$$
Fenwick 树恰好能在 \(O(\log N)\) 时间内支持这种点更新与前缀查询。换句话说，每个已经完成的状态 \(i\) 都会对 \([\varphi(i)+1,\; i-1]\) 做一次区间更新，而每个候选终点 \(x\) 只需在 \(\varphi(x)\) 上做一次点查询。
在 DP 开始之前，必须先得到全部 \(\varphi(1),\dots,\varphi(N)\)。做法是经典的 totient 筛。先令所有 \(m\) 都满足 \(\varphi[m]=m\)，然后对每个质数 \(p\) 遍历所有倍数 \(kp\)，执行
$$\varphi(kp)\leftarrow \varphi(kp)-\frac{\varphi(kp)}{p}。$$
这就是乘法公式 \(\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac1p)\) 的批量实现。其渐近复杂度为 \(O(N\log\log N)\)。C++ 实现为了加速预处理加入了分块和可选多线程，但数学结果与普通筛法完全相同。
相关的 totient 值为
$$\varphi(6)=2,\quad \varphi(7)=6,\quad \varphi(8)=4,\quad \varphi(9)=6,\quad \varphi(10)=4。$$
初始时 \(dp[6]=1\)，因此总数里已经包含序列 \(\{6\}\)。因为 6 的后继必须满足 \(2 \lt \varphi(x) \lt 6\)，所以先把权重 1 加到区间 \([3,5]\) 上。
接着向上扫描：
\(x=7\)：查询 \(\varphi(7)=6\)，得到 \(dp[7]=0\)，说明没有合法序列以 7 结尾。
\(x=8\)：查询 \(\varphi(8)=4\)，得到 \(dp[8]=1\)，对应序列 \(\{6,8\}\)。随后 8 会向区间 \([5,7]\) 传播贡献。
\(x=9\)：查询 \(\varphi(9)=6\)，得到 \(dp[9]=1\)，对应序列 \(\{6,8,9\}\)。
\(x=10\)：查询 \(\varphi(10)=4\)，得到 \(dp[10]=1\)，对应序列 \(\{6,10\}\)。
因此
$$S(10)=1+1+1+1=4，$$
也就是 \(\{6\}\)、\(\{6,8\}\)、\(\{6,8,9\}\)、\(\{6,10\}\) 这四个序列。
代码先把 total = 1 设为基准，对应平凡序列 \([6]\)，随后立刻执行
rangeAdd(phi[6] + 1, 5, 1)。
由于 \(\varphi(6)=2\)，这正好就是区间 \([3,5]\)，也就是所有“可以直接接在 6 后面”的 totient 值。此后每次循环都做同样三步：
1. 在 \(\varphi(x)\) 处查询当前累加值，得到 \(dp[x]\)。
2. 把 \(dp[x]\) 加入答案总和。
3. 把 \(dp[x]\) 传播到未来可接受的区间 \([\varphi(x)+1,\; x-1]\)。
如果这个区间为空，辅助函数就会直接跳过更新。
C++ 解法几乎逐字实现了上面的推导。它先求出全部 totient，再从 \(x=7\) 扫到 \(N\)。每一步都执行一次 Fenwick 点查询和一次区间更新，并且所有值都按 \(10^8\) 取模。C++ 文件还内置了小规模暴力校验，验证了官方给出的检查点 \(S(10)=4\)、\(S(100)=482073668\)、以及 \(S(10000)\bmod 10^8 = 73808307\)。Java 版本直接实现了同一算法。Python 文件则是一个很薄的桥接层，用来编译并运行 C++ 求解器，从而保证三种语言的结果一致。
totient 筛法的代价是 \(O(N\log\log N)\)。DP 阶段会执行 \(N-6\) 次点查询和至多 \(N-6\) 次区间更新，每次都是 \(O(\log N)\)，因此主导复杂度为 \(O(N\log N)\)。内存方面，\(\varphi\) 数组和 Fenwick 结构都属于 \(O(N)\)。 相比之下，朴素 DP 需要 \(O(N^2)\) 次前驱检查，这里是数量级上的改进。
Ступенчатая totient-последовательность — это строго возрастающая последовательность целых чисел \(a_1,\dots,a_n\), такая что \(a_1=6\), а для каждой соседней пары выполняется
$$\varphi(a_i) \lt \varphi(a_{i+1}) \lt a_i \lt a_{i+1}.$$
Первое неравенство заставляет значения функции Эйлера расти, среднее требует, чтобы следующий totient всё ещё был меньше предыдущего числа, а последнее гарантирует строгий рост самой последовательности. Нужно посчитать все такие последовательности с последним членом не больше \(N\) и выдать ответ по модулю \(10^8\). Окончательное числовое значение Project Euler здесь намеренно не публикуется.
Пусть \(dp[x]\) — число допустимых последовательностей, оканчивающихся ровно в \(x\). Одноэлементная последовательность \([6]\) допустима, поэтому
$$dp[6]=1.$$
Для \(x \ge 7\) любая допустимая последовательность с концом в \(x\) должна прийти из меньшего конца \(i \lt x\), удовлетворяющего условию перехода
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i.$$
Отсюда
$$dp[x]=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i}.$$
Искомая сумма равна
$$S(N)=\sum_{x=6}^{N} dp[x]\pmod{10^8}.$$
Эта рекурсия уже полностью описывает комбинаторику задачи, но в лоб она требует сравнивать каждое \(x\) со всеми меньшими \(i\), то есть даёт квадратичное время.
Зафиксируем предка \(i\). Тогда условие для будущего значения \(x\) имеет вид
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i,$$
и зависит от \(x\) только через число \(\varphi(x)\). Поскольку значения totient целые, это эквивалентно
$$\varphi(x)\in[\varphi(i)+1,\; i-1].$$
Значит, как только известно \(dp[i]\), один и тот же вес \(dp[i]\) нужно добавить ко всем будущим числам, чей totient попадает в этот интервал. Это снимает необходимость рассматривать каждого предка отдельно. Заодно видно, почему простые конечные точки не продолжаются дальше: если \(i\) — простое, то \(\varphi(i)=i-1\), и интервал пуст.
После обработки всех конечных точек меньше \(x\) определим
$$A_x(t)=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i)+1\le t \le i-1}.$$
Это количество всех уже накопленных вкладов от предыдущих концов, которые допустили бы будущий элемент с totient-значением \(t\). Подставляя \(t=\varphi(x)\), получаем
$$dp[x]=A_x(\varphi(x)).$$
Тем самым задача сводится к поддержке большого числа прибавлений на интервалах по оси totient и одной точечной выборки для каждого \(x\). Поскольку для любого \(x \gt 1\) верно \(\varphi(x)\le x-1\), дерева Фенвика размера \(N\) достаточно.
В реализации дерево Фенвика хранит не прямые префиксные суммы массива \(dp\), а массив разностей аккумулятора \(A_x\). Если нужно прибавить значение \(v\) ко всему интервалу \([L,R]\), достаточно сделать
$$D[L]\mathrel{+}=v,\qquad D[R+1]\mathrel{-}=v.$$
Тогда реальное значение в точке \(t\) равно префиксной сумме
$$A_x(t)=\sum_{u=1}^{t} D[u].$$
Дерево Фенвика поддерживает такие точечные обновления и запросы префиксных сумм за \(O(\log N)\). Иными словами, каждое готовое состояние \(i\) делает одно интервальное добавление на \([\varphi(i)+1,\; i-1]\), а каждый кандидат \(x\) выполняет одну точечную выборку в позиции \(\varphi(x)\).
До начала DP нужно знать все значения \(\varphi(1),\dots,\varphi(N)\). Они вычисляются классическим решетом для totient. Сначала для всех \(m\) кладём \(\varphi[m]=m\). Затем для каждого простого \(p\) проходим по всем кратным \(kp\) и выполняем
$$\varphi(kp)\leftarrow \varphi(kp)-\frac{\varphi(kp)}{p}.$$
Это пакетная форма мультипликативной формулы \(\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac1p)\). Асимптотическая стоимость равна \(O(N\log\log N)\). В C++-реализации для ускорения предобработки добавлены блочная разбивка и необязательная многопоточность, но математически это тот же самый решетчатый расчёт.
Нужные значения функции Эйлера таковы:
$$\varphi(6)=2,\quad \varphi(7)=6,\quad \varphi(8)=4,\quad \varphi(9)=6,\quad \varphi(10)=4.$$
Стартуем с \(dp[6]=1\), значит в ответ уже входит последовательность \(\{6\}\). Поскольку следующий элемент после 6 должен удовлетворять \(2 \lt \varphi(x) \lt 6\), мы заранее добавляем вес 1 на интервал \([3,5]\).
Далее идём вверх:
\(x=7\): запрос в точке \(\varphi(7)=6\) даёт \(dp[7]=0\), то есть на 7 ни одна допустимая последовательность не заканчивается.
\(x=8\): запрос в точке \(\varphi(8)=4\) даёт \(dp[8]=1\), что соответствует \(\{6,8\}\). Затем 8 распространяет вклад на интервал \([5,7]\).
\(x=9\): запрос в точке \(\varphi(9)=6\) даёт \(dp[9]=1\), что соответствует \(\{6,8,9\}\).
\(x=10\): запрос в точке \(\varphi(10)=4\) даёт \(dp[10]=1\), что соответствует \(\{6,10\}\).
Следовательно,
$$S(10)=1+1+1+1=4,$$
то есть имеются последовательности \(\{6\}\), \(\{6,8\}\), \(\{6,8,9\}\) и \(\{6,10\}\).
Сначала код выставляет total = 1 для тривиальной последовательности \([6]\), а затем сразу выполняет
rangeAdd(phi[6] + 1, 5, 1).
Так как \(\varphi(6)=2\), это в точности интервал \([3,5]\), то есть все totient-значения, допустимые для прямого потомка числа 6. После этого каждая итерация делает одно и то же:
1. Считывает текущий накопленный вклад в точке \(\varphi(x)\) и получает \(dp[x]\).
2. Добавляет \(dp[x]\) к общему ответу.
3. Распространяет \(dp[x]\) на будущий интервал \([\varphi(x)+1,\; x-1]\).
Если интервал пуст, вспомогательная функция просто пропускает обновление.
C++-решение буквально следует приведённому выводу. Сначала вычисляются все totient-значения, после чего переменная \(x\) пробегает от 7 до \(N\). На каждом шаге выполняются один точечный запрос в дереве Фенвика и одно интервальное обновление, причём все значения сразу берутся по модулю \(10^8\). В C++-файле также есть brute-force-проверка для малых \(N\) и проверка официальных контрольных точек \(S(10)=4\), \(S(100)=482073668\) и \(S(10000)\bmod 10^8 = 73808307\). Версия на Java реализует тот же алгоритм напрямую. Python-файл служит тонкой прослойкой, которая компилирует и запускает C++-решатель, поэтому все три языковые версии остаются согласованными.
Решето для totient стоит \(O(N\log\log N)\). Фаза DP выполняет \(N-6\) точечных запросов и не более \(N-6\) интервальных обновлений, каждое за \(O(\log N)\), так что доминирующая сложность равна \(O(N\log N)\). Память равна \(O(N)\) для массива \(\varphi\) и структуры Фенвика. Это огромный выигрыш по сравнению с наивным DP, где пришлось бы делать \(O(N^2)\) проверок предков.
تسلسل درجات السلم المرتبط بدالة أويلر هو متتالية صحيحة متزايدة بصرامة \(a_1,\dots,a_n\) تحقق \(a_1=6\)، ولكل حدين متجاورين فيها:
$$\varphi(a_i) \lt \varphi(a_{i+1}) \lt a_i \lt a_{i+1}.$$
المتباينة الأولى تفرض ازدياد قيم الدالة \(\varphi\)، والمتباينة الوسطى تفرض أن يبقى totient التالي أصغر من العدد السابق نفسه، والمتباينة الأخيرة تضمن أن التسلسل متزايد بصرامة. المطلوب هو عدّ جميع هذه المتتاليات التي لا يتجاوز حدها الأخير \(N\)، ثم إخراج النتيجة modulo \(10^8\). الجواب العددي النهائي لمسألة Project Euler غير مذكور هنا عمدًا.
ليكن \(dp[x]\) عدد المتتاليات الصحيحة التي تنتهي تمامًا عند \(x\). المتتالية الأحادية \([6]\) صحيحة، ولذلك
$$dp[6]=1.$$
ولكل \(x \ge 7\)، فإن أي متتالية صحيحة تنتهي عند \(x\) لا بد أن تأتي من نهاية سابقة \(i \lt x\) تحقق شرط الانتقال
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i.$$
ومن ثم
$$dp[x]=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i}.$$
أما المجموع المطلوب فهو
$$S(N)=\sum_{x=6}^{N} dp[x]\pmod{10^8}.$$
هذه العلاقة تصف كامل البنية التوافقية للمسألة، لكن تنفيذها حرفيًا يعني مقارنة كل \(x\) مع جميع القيم الأصغر \(i\)، وهذا يقود إلى زمن تربيعي.
ثبّت سلفًا واحدًا \(i\). عندئذ يصبح شرط قبول قيمة مستقبلية \(x\) هو
$$\varphi(i) \lt \varphi(x) \lt i,$$
وهو يعتمد على \(x\) فقط من خلال القيمة الواحدة \(\varphi(x)\). وبما أن قيم totient أعداد صحيحة، فهذا يكافئ
$$\varphi(x)\in[\varphi(i)+1,\; i-1].$$
لذلك، ما إن تصبح \(dp[i]\) معروفة، يجب إضافة الوزن نفسه \(dp[i]\) إلى كل عدد مستقبلي تقع قيمة totient الخاصة به داخل هذا المجال. بهذه الملاحظة نتخلص من فحص كل سلف على حدة. كما أنها تشرح مباشرة لماذا النهايات الأولية لا تُنتج امتدادات جديدة: إذا كان \(i\) أوليًا فإن \(\varphi(i)=i-1\)، فيصبح المجال فارغًا.
بعد معالجة جميع النهايات الأصغر من \(x\)، نعرّف
$$A_x(t)=\sum_{i=6}^{x-1} dp[i]\,\mathbf{1}_{\varphi(i)+1\le t \le i-1}.$$
وهذا يعني أن \(A_x(t)\) يخزن مجموع مساهمات جميع النهايات السابقة التي تقبل عددًا مستقبليًا تكون قيمة totient له مساوية لـ \(t\). وعند التعويض بـ \(t=\varphi(x)\) نحصل على
$$dp[x]=A_x(\varphi(x)).$$
وهكذا تتحول المسألة إلى صيانة عدد كبير من إضافات المجالات على محور قيم totient، مع استعلام نقطة واحد لكل \(x\). وبما أن \(\varphi(x)\le x-1\) لكل \(x \gt 1\)، فإن شجرة Fenwick بحجم \(N\) تكفي.
التنفيذ لا يستخدم شجرة Fenwick لتخزين المجاميع السابقة لـ \(dp\) مباشرة، بل لتخزين مصفوفة الفروق الخاصة بالمجمّع \(A_x\). فإذا أردنا إضافة قيمة \(v\) إلى كل المواضع في المجال \([L,R]\)، يكفي أن نكتب في مصفوفة الفروق:
$$D[L]\mathrel{+}=v,\qquad D[R+1]\mathrel{-}=v.$$
وعندئذ تكون القيمة الحقيقية عند الموضع \(t\) هي المجموع التراكمي
$$A_x(t)=\sum_{u=1}^{t} D[u].$$
وشجرة Fenwick تدعم هذه التحديثات النقطية واستعلامات المجاميع السابقة في \(O(\log N)\). أي أن كل حالة منتهية \(i\) تنفذ تحديث مجال واحد على \([\varphi(i)+1,\; i-1]\)، وكل نهاية مرشحة \(x\) تنفذ استعلام نقطة واحد عند \(\varphi(x)\).
لا يمكن أن تبدأ البرمجة الديناميكية قبل معرفة جميع القيم \(\varphi(1),\dots,\varphi(N)\). ويتم حسابها عبر غربال totient الكلاسيكي. نبدأ بتعيين \(\varphi[m]=m\) لكل \(m\)، ثم لكل عدد أولي \(p\) نزور جميع مضاعفاته \(kp\) ونطبق
$$\varphi(kp)\leftarrow \varphi(kp)-\frac{\varphi(kp)}{p}.$$
وهذه هي الصيغة الدفعيّة للعلاقة الضربية
\(\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac1p)\). التكلفة التقريبية هي \(O(N\log\log N)\). تنفيذ C++ يستخدم تقسيمًا
إلى كتل وخيار تعدد الخيوط لتسريع هذه المرحلة، لكن النتيجة الرياضية نفسها هي نتيجة الغربال المعتاد.
قيم totient المهمة هنا هي
$$\varphi(6)=2,\quad \varphi(7)=6,\quad \varphi(8)=4,\quad \varphi(9)=6,\quad \varphi(10)=4.$$
نبدأ بـ \(dp[6]=1\)، وبالتالي فإن المتتالية \(\{6\}\) موجودة أصلًا في المجموع. وبما أن أي تابع مباشر للعدد 6 يجب أن يحقق \(2 \lt \varphi(x) \lt 6\)، فإننا نزرع المجال \([3,5]\) بوزن 1.
ثم نمشي تصاعديًا:
\(x=7\): نستعلم عند \(\varphi(7)=6\)، فنحصل على \(dp[7]=0\)، أي لا توجد متتالية صحيحة تنتهي عند 7.
\(x=8\): نستعلم عند \(\varphi(8)=4\)، فنحصل على \(dp[8]=1\)، وهي المتتالية \(\{6,8\}\). بعد ذلك يضيف 8 مساهمته إلى المجال \([5,7]\).
\(x=9\): نستعلم عند \(\varphi(9)=6\)، فنحصل على \(dp[9]=1\)، وهي \(\{6,8,9\}\).
\(x=10\): نستعلم عند \(\varphi(10)=4\)، فنحصل على \(dp[10]=1\)، وهي \(\{6,10\}\).
إذن
$$S(10)=1+1+1+1=4,$$
أي أن المتتاليات هي \(\{6\}\) و\(\{6,8\}\) و\(\{6,8,9\}\) و\(\{6,10\}\).
يضبط الكود أولًا total = 1 لتمثيل المتتالية البسيطة \([6]\)، ثم ينفذ مباشرة
rangeAdd(phi[6] + 1, 5, 1).
وبما أن \(\varphi(6)=2\)، فهذا يعادل تمامًا المجال \([3,5]\)، أي كل قيم totient المسموح بها لخلف مباشر للعدد 6. وبعد ذلك تسير كل دورة وفق النمط نفسه:
1. استعلام القيمة الحالية عند \(\varphi(x)\) للحصول على \(dp[x]\).
2. إضافة \(dp[x]\) إلى الجواب التراكمي.
3. نشر \(dp[x]\) إلى المجال \([\varphi(x)+1,\; x-1]\) كي تستفيد منه القيم اللاحقة.
إذا كان المجال فارغًا، فإن الدالة المساعدة تتجاهل التحديث تلقائيًا.
حل C++ يطبق الاشتقاق السابق حرفيًا. في البداية تُحسب جميع قيم totient، ثم تُفحص القيم \(x\) من 7 حتى \(N\).
كل دورة تنفذ استعلام نقطة واحدًا على شجرة Fenwick وتحديث مجال واحدًا، وجميع العمليات تؤخذ modulo \(10^8\). كما
يحتوي ملف C++ على فاحص brute-force للقيم الصغيرة من \(N\)، ويتحقق من القيم المرجعية الرسمية
\(S(10)=4\) و\(S(100)=482073668\) و\(S(10000)\bmod 10^8 = 73808307\). نسخة Java تطبق الخوارزمية نفسها مباشرة.
أما ملف Python فهو طبقة رقيقة تقوم بترجمة وتشغيل محلل C++، بحيث تبقى المخرجات في اللغات الثلاث متطابقة.
تكلفة غربال totient هي \(O(N\log\log N)\). أما مرحلة البرمجة الديناميكية فتجري \(N-6\) استعلامات نقطية وما لا يزيد على \(N-6\) تحديثات مجالات، وكل واحد منها يكلف \(O(\log N)\)، ولذلك تكون الكلفة الغالبة \(O(N\log N)\). الذاكرة الكلية \(O(N)\) لمصفوفة \(\varphi\) وبنية Fenwick. وهذا تحسن كبير جدًا مقارنة بالحل المباشر الذي يحتاج إلى \(O(N^2)\) فحوصًا للأسلاف.