Min-25 筛学习笔记

Min-25 筛学习笔记

$\text{By DaiRuiChen007}$

一、简要介绍

Min-25 筛，是一种能在亚线性时间内求出特定的一类积性函数 $f(i)$ 的前缀和的算法。

具体来说，Min-25 筛可以在 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的空间复杂度与 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$ 的时间复杂度内求出 $\sum _{i=1}^{n}f(i)$ 的值。

一般来说，积性函数 $f(i)$ 要满足如下几个条件：

• $f(i)$ 在质数处可以被表示成一个较为简单的多项式。
• $f(i)$ 在质数的若干次幂（$p^c$ 处）的点值可以 $\mathcal{O}(1)$ 计算。

一般来说，在 $n$ 较小（$\le {10}^{10}$）时，$\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$ 的复杂度是优于杜教筛的 $\mathcal{O}(n^{2/3})$ 的。

二、算法过程

以下内容均用 $p_i$ 表示第 $i$ 小的质数。

考虑拆分出每个 $n$ 的最小质因子然后暴力计算，但是这样的质因子是 $\mathcal{O}(n)$ 级别的，考虑分成合数和质数两种情况讨论，其中合数的最小质因子就会被降到 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 级别。

由于要根据最小质因子讨论，因此记 $S(n,k)$ 表示 $1\sim n$ 中所有最小质因子 $>p_k$ 的 $i$ 的 $f(i)$ 之和。

先不管质数的情况，设 $\sum _{i=1}^{p_i\le n}f(p_i)$ 的值为 $Q(n)$，那么枚举 $>p_k$ 的最小质因子以及其指数可以得到：

$$S(n,k)=Q(n)-\sum _{i=1}^{i\le k}f(p_i)+\sum _{i=k+1}^{p_i^2\le n}\sum _{c=1}^{p_i^c\le n}f(p_i^c)\times (S(\lfloor n/p_i^c\rfloor ,i)+[c>1])$$

其中 $[c>1]$ 是求 $f(p_i^c)$ 的贡献，容易发现答案就是 $S(n,0)+f(1)$。

假设 $Q(n)$ 已知，预处理出 $f(p_i)$ 的前缀和（容易递归过程中发现 $p_k^2\le n$，因此只要处理 $\le \sqrt{n}$ 的质数），这个式子直接暴力递归计算的复杂度就是 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$。

接下来考虑计算 $Q(n)$，注意到在递归过程中的 $n$ 始终可以表示成某个 $\lfloor n/t\rfloor$ 的值，因此我们只要求出 $Q(n)$ 在这 $2\sqrt{n}$ 个位置的点值即可。

根据要求，$f(p_i)$ 一定是一个简单的多项式，我们分次数处理，分别求出 $\sum p_i^0,\sum p_i^1,\sum p_i^2,\dots$ 再整合。以 $\sum p_i^1$ 为例，构造完全积性函数 $f^{\prime }(i)=i$，容易发现这个函数在质数处与 $f(i)$ 相等，因此我们只要求出 $f^{\prime }(i)$ 在质数处的和。

设 $G(n,k)$ 表示 $1\sim n$ 中，满足 $i$ 的最小质因子 $>p_k$ 或 $i$ 是质数的 $f^{\prime }(i)$ 的和。

考虑 $G(n,k-1)-G(n,k)$ 的值，当 $p_k^2>n$ 时，显然没有最小质因子 $=p_k$ 的合数，差为 $0$。

否则，计算的数一定有最小质因子 $p_k$，提出 $f^{\prime }(p_k)$ 得到：

$$G(n,k-1)-G(n,k)=f^{\prime }(p_k)\times (G(\lfloor n/p_k\rfloor ,k-1)-\sum _{i=1}^{k-1}{f}^{\prime }(p_i))$$

减去的项是去掉有 $<p_k$ 的质因子的项，因此我们得到 $G(n,k)$ 的递推式：

$$G(n,k)=\{\begin{array}{ll}G(n,k-1)& p_k^2>n\\ G(n,k-1)-f^{\prime }(p_k)\times (G(\lfloor n/p_k\rfloor ,k-1)-\sum _{i=1}^{k-1}{f}^{\prime }(p_i))& p_k^2\le n\end{array}$$

同样在递归的过程中也只会访问到所有的 $\lfloor n/t\rfloor$ 下标处，且最后 $f^{\prime }(p_i)$ 的前缀和也只要处理到 $\le \sqrt{n}$ 的所有质数。

边界条件是 $G(n,0)=n(n+1)/2-1$，$Q(n)=G(n,\mathrm{\infty })$，从小到大枚举 $k$，从大到小枚举 $n$ 转移即可，复杂度也可以证明为 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$。

拓展 - 非递归版本的实现

对于 $f(i)$ 的前缀和 $S(n)$，我们已经介绍了在 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$ 的时间复杂度以及 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的空间复杂度内计算 $S(n)$ 的算法。

但假如我们想和杜教筛一样，在复杂度不变的情况下求出 $S(n)$ 在所有 $S(\lfloor n/t\rfloor )$ 处的值，应该怎么处理呢？

最简单的想法是在递归求 $S(n,k)$ 的时候加上记忆化，这样确实能保证时间复杂度不退化，但是空间复杂度会变成 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$，如果想要空间复杂度是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的做法，需要转变一下 $S$ 的定义再处理。

注意到在处理 $S(n,k)$ 时最棘手的是形如 $S(n,k)\leftarrow S(n^{\prime },i)$ 的转移时 $k$ 与 $i$ 不连续，因此导致没法简单递推求值。

我们认为 $G$ 的递推式很优秀也是因为转移式永远只有 $i=k-1$ 的状态向 $k$ 转移，因此考虑让 $S(n,k)$ 的定义也向 $G(n,k)$ 的定义靠拢，不妨设 $S(n,k)$ 表示 $1\sim n$ 中，满足 $i$ 的最小质因子 $>p_k$ 或 $i$ 是质数的 $f(i)$ 的和。

依然考虑 $S(n,k-1)-S(n,k)$，在 $p_k^2>n$ 时依然为 $0$，在 $p_k^2\le n$ 时枚举 $p_k$ 的次数得到：

$$S(n,k-1)-S(n,k)=\sum _{c=1}^{p_k^c\le n}f(p_k^c)\times (S(\lfloor n/p_k^c\rfloor ,k)+[c>1]-\sum _{i=1}^{p_i\le min(p_k,\lfloor n/p_k^c\rfloor )}f(p_i))$$

但是注意到最后一项求和式并不是很好看，考虑化简，注意到当 $p_k>\lfloor n/p_k^c\rfloor$ 时，$p_k^{c+1}>n$，那么 $S(\lfloor n/p_k^c\rfloor ,k)$ 只会统计 $\le \lfloor n/p_k^c\rfloor$ 的质数，与求和式正好抵消，因此可以把上式写成：

$$S(n,k-1)-S(n,k)=\sum _{c=1}^{p_k^{c+1}\le n}f(p_k^{c+1})+f(p_k^c)\times (S(\lfloor n/p_k^c\rfloor ,k)-\sum _{i=1}^{k}f(p_i))$$

因此得到 $S(n,k)$ 的递推式：

$$S(n,k-1)=\{\begin{array}{ll}S(n,k)& p_k^2>n\\ S(n,k)+\sum _{c=1}^{p_k^{c+1}\le n}f(p_k^{c+1})+f(p_k^c)\times (S(\lfloor n/p_k^c\rfloor ,k)-\sum _{i=1}^{k}f(p_i))& p_k^2\le n\end{array}$$

从大到小枚举 $p_k$ 再从大到小枚举 $n$ 转移即可。

其中边界条件为 $S(n,\mathrm{\infty })=Q(n)$，最终的答案是 $S(\lfloor n/t\rfloor ,0)$，时间复杂度 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$，空间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

有了这个 Min-25 筛的实现后，我们可以解决形如 $\sum _{i=1}^{n}f(i)\times g(\lfloor n/i\rfloor )$ 的和式计算问题，其中 $f(i)$ 是积性函数，$g(i)$ 是任意一个关于 $i$ 的函数。

那么我们根据整除分块枚举 $\lfloor n/i\rfloor$，则 $g$ 函数的值固定，要求的就是某一段特定区间内 $f(i)$ 的和，容易发现这些区间的端点都是某些 $\lfloor n/t\rfloor$，用上面所介绍的非递归型的 Min-25 筛处理即可。

三、代码实现

以线性筛模板题为例（Link）下面的代码是递归的实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1,MOD=1e9+7;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot;
int val[MAXN]; //需要处理的 n (降序排列)
int idx1[MAXN],idx2[MAXN]; //用于储存每个可能的 n/t 对应的下标
int g1[MAXN],g2[MAXN]; //p,p^2 在所有 n/t 处的前缀和
int fp1[MAXN],fp2[MAXN]; //p,p^2 在所有 <=sqrt(n) 的质数处的前缀和
int n,m,B;
inline int idx(int v) {
    //v 对应存储在数组里的下标
    return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v];
}
inline int S(int n,int k) {
    if(p[k]>n) return 0;
    int ans=((g2[idx(n)]+MOD-g1[idx(n)])%MOD+MOD-(fp2[k]+MOD-fp1[k])%MOD)%MOD;
    for(int i=k+1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
        for(int c=1,v=p[i];v<=n;++c,v*=p[i]) {
            //直接递归求值
            ans=(ans+(v-1)%MOD*(v%MOD)%MOD*((c>1)+S(n/v,i))%MOD)%MOD;
        }
    }
    return ans;
}
signed main() {
    scanf("%lld",&n),B=sqrt(n);
    for(int i=2;i<=B;++i) {
        if(!isco[i]) p[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=B;++j) {
            isco[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
        //线性筛预处理质数
    }
    for(int i=1;i<=tot;++i) {
        //在 <=sqrt(n) 的质数处的前缀和
        fp1[i]=(fp1[i-1]+p[i])%MOD;
        fp2[i]=(fp2[i-1]+p[i]*p[i]%MOD)%MOD;
    }
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        //整除分块预处理出点值
        r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
        if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
        else idx2[n/val[m]]=m;
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) {
        int k=val[i]%MOD;
        g1[i]=(MOD+1)/2*k%MOD*(k+1)%MOD;
        g2[i]=(MOD+1)/6*k%MOD*(2*k+1)%MOD*(k+1)%MOD;
        g1[i]=g1[i]?g1[i]-1:MOD-1,g2[i]=g2[i]?g2[i]-1:MOD-1;
        //G(n,0) 的值
    }
    for(int k=1;k<=tot;++k) {
        for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
            //暴力枚举, 按递推式计算
            g1[i]=(g1[i]+MOD-p[k]*(g1[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp1[k-1])%MOD)%MOD;
            g2[i]=(g2[i]+MOD-p[k]*p[k]%MOD*(g2[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp2[k-1])%MOD)%MOD;
        }
    }
    printf("%lld\n",(S(n,0)+1)%MOD);
    return 0;
}

下面的代码是非递归的实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1,MOD=1e9+7;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot;
int val[MAXN]; 
int idx1[MAXN],idx2[MAXN];
int g1[MAXN],g2[MAXN];
int fp1[MAXN],fp2[MAXN];
int S[MAXN];
int n,m,B;
inline int idx(int v) {
    return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v];
}
signed main() {
    scanf("%lld",&n),B=sqrt(n);
    for(int i=2;i<=B;++i) {
        if(!isco[i]) p[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=B;++j) {
            isco[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;++i) {
        fp1[i]=(fp1[i-1]+p[i])%MOD;
        fp2[i]=(fp2[i-1]+p[i]*p[i]%MOD)%MOD;
    }
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
        if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
        else idx2[n/val[m]]=m;
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) {
        int k=val[i]%MOD;
        g1[i]=(MOD+1)/2*k%MOD*(k+1)%MOD;
        g2[i]=(MOD+1)/6*k%MOD*(2*k+1)%MOD*(k+1)%MOD;
        g1[i]=g1[i]?g1[i]-1:MOD-1,g2[i]=g2[i]?g2[i]-1:MOD-1;
    }
    for(int k=1;k<=tot;++k) {
        for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
            g1[i]=(g1[i]+MOD-p[k]*(g1[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp1[k-1])%MOD)%MOD;
            g2[i]=(g2[i]+MOD-p[k]*p[k]%MOD*(g2[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp2[k-1])%MOD)%MOD;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) S[i]=(g2[i]+MOD-g1[i])%MOD;
    for(int k=tot;k>=1;--k) {
        for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
            for(int c=1,v=p[k];v*p[k]<=val[i];) { //根据递推式计算
                S[i]=(S[i]+(v-1)%MOD*(v%MOD)%MOD*(S[idx(val[i]/v)]+MOD-(fp2[k]-fp1[k]))%MOD)%MOD;
                ++c,v*=p[k],S[i]=(S[i]+(v-1)%MOD*(v%MOD)%MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",(S[idx(n)]+1)%MOD);
    return 0;
}

实际运行上，非递归版本的实现会慢于递归版的实现。

四、复杂度分析

空间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$，可以参照参考代码的实现。

时间复杂度可以看做合法的 $S(n,k)/G(n,k)$ 状态数，对于每个 $n=\lfloor n/t\rfloor$，合法的 $k$ 共有 $\pi (\sqrt{\lfloor n/t\rfloor })$ 个。

因此复杂度可以估计为：

$$\begin{array}{rl}\mathcal{T}(n)& =\sum _{i^2\le n}\mathcal{O}(\pi (\sqrt{i}))+\mathcal{O}(\pi (\sqrt{n/i}))\\ & =\sum _{i^2\le n}\mathcal{O}\left({\displaystyle \frac{\sqrt{i}}{\ln \sqrt{i}}}\right)+\mathcal{O}\left({\displaystyle \frac{\sqrt{n/i}}{\ln \sqrt{n/i}}}\right)\\ & =\mathcal{O}\left({\displaystyle \frac{1}{\log n}}{\int }_1^{\sqrt{n}}\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{x}}}\mathrm{d}x\right)\\ & =\mathcal{O}({\displaystyle \frac{\sqrt{n}}{\log n}}\times {2\sqrt{x}|}_1^{\sqrt{n}})\\ & =\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})\end{array}$$

五、例题

I. [SPOJ-34096] DIVCNTK

Problem Link

题目大意

给定 $n$，求 $\sum _{i=1}^n{\sigma }_0(i^k)$（即 $i^k$ 的因子个数）。

数据范围：$n\le {10}^{10}$。

思路分析

容易证明 ${\sigma }_0(i)$ 是积性函数，同理 ${\sigma }_0(i^k)$ 同样也是积性函数，考虑求 ${\sigma }_0(p^k)$，显然 ${\sigma }_0(p^k)=k+1$，我们只需要求所有 $1\sim \lfloor n/t\rfloor$ 之间的质数个数，构造 $f^{\prime }(p)=1$，直接用 Min-25 筛处理即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$

代码呈现

#include<bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot;
int idx1[MAXN],idx2[MAXN],val[MAXN];
int g[MAXN];
inline void solve() {
    int n,K,m=0,B;
    scanf("%llu%llu",&n,&K),B=sqrt(n);
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
        if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
        else idx2[n/val[m]]=m;
        g[m]=val[m]-1;
    }
    auto idx=[&](int v) { return v<=B?idx1[v]:idx2[n/v]; };
    for(int k=1;k<=tot;++k) {
        for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
            g[i]-=g[idx(val[i]/p[k])]-(k-1);
        }
    }
    auto S=[&](auto self,int n,int k) -> int {
        if(n<=p[k]) return 0;
        int ans=(g[idx(n)]-k)*(K+1);
        for(int i=k+1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
            for(int c=1,v=p[i];v<=n;++c,v*=p[i]) {
                ans+=(c*K+1)*(self(self,n/v,i)+(c>1));
            }
        }
        return ans;
    };
    printf("%llu\n",S(S,n,0)+1);
}
signed main() {
    for(int i=2;i<MAXN;++i) {
        if(!isco[i]) p[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<MAXN;++j) {
            isco[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
    int T;
    scanf("%llu",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

---

II. [洛谷-4213] SUM

Problem Link

题目大意

求 $\mu (i),\phi (i)$ 的前缀和。

数据范围：$n\le 2^{31}$。

思路分析

注意到 $\mu (p^c),\phi (p^c)$ 的计算是容易的，在质数处的点值满足：$\mu (p)=-1,\phi (p)=p-1$，因此预处理 $G(n,k)$ 时分别处理 $\sum p_i^0,\sum p_i^1$ 的值即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$。

代码呈现

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot,val[MAXN],fp1[MAXN];
int idx1[MAXN],idx2[MAXN],g0[MAXN],g1[MAXN];
inline void solve() {
    int n,m=0;
    scanf("%lld",&n);
    int B=sqrt(n); tot=0;
    for(int i=2;i<=B;++i) {
        if(!isco[i]) p[++tot]=i,fp1[tot]=i+fp1[tot-1];
        for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=B;++j) {
            isco[p[j]*i]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
        if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
        else idx2[n/val[m]]=m;
        g0[m]=val[m]-1,g1[m]=val[m]*(val[m]+1)/2-1;
    }
    auto idx=[&](int v) { return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v]; };
    for(int k=1;k<=tot;++k) {
        for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
            g0[i]-=g0[idx(val[i]/p[k])]-(k-1);
            g1[i]-=p[k]*(g1[idx(val[i]/p[k])]-fp1[k-1]);
        }
    }
    auto mu=[&](auto self,int n,int k) -> int {
        if(n<=p[k]) return 0;
        int ans=k-g0[idx(n)];
        for(int i=k+1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
            ans-=self(self,n/p[i],i);
        }
        return ans;
    };
    auto phi=[&](auto self,int n,int k) -> int {
        if(n<=p[k]) return 0;
        int ans=g1[idx(n)]-g0[idx(n)]-(fp1[k]-k);
        for(int i=k+1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
            for(int c=1,v=p[i];v<=n;++c,v*=p[i]) {
                ans+=(v-v/p[i])*(self(self,n/v,i)+(c>1));
            }
        }
        return ans;
    };
    printf("%lld %lld\n",phi(phi,n,0)+1,mu(mu,n,0)+1);
}
signed main() {
    int T;
    scanf("%lld",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

---

* III. [HDU-6417] Rikka with APSP

Problem Link

题目大意

给定一张 $n$ 个点的无向完全图，$i,j$ 之间的边权定义为最小的正整数 $x$ 使得 $ijx$ 是完全平方数。

求 $\sum _{1\le i\le j\le n}\mathrm{dist}(i,j)$ 的值，其中 $\mathrm{dist}(i,j)$ 表示 $(i,j)$ 之间的最短路长度。

数据范围：$n\le {10}^{10}$。

思路分析

先把每个数 $k$ 写成标准分解形式 $\prod p_i^{c_i}$，注意到我们只关心 $c_{i}mod2$ 的值，因此可以把所有的这些 $c_{i}mod2$ 写成一个二进制数 $B_k$。

那么 $w(u,v)$ 就是 $B_u\oplus B_v$ 中所有 $1$ 对应的 $p_i$ 的和，而 $\mathrm{dist}(u,v)$ 就是 $B_u\oplus B_v$ 中所有 $1$ 对应的 $p_i$ 的乘积，先逐步去掉 $B_u\cap (B_u\oplus B_v)$ 中的 $1$，再逐步加入 $B_v\cap (B_u\oplus B_v)$ 中的 $1$，容易证明整个过程中的数值 $\le max(u,v)$。

因此考虑拆贡献，对于某个质数 $p$，记 $f(p)$ 为 $[1,n]$ 中含有奇数个 $p$ 的数的数量，那么 $p$ 对答案的贡献就是 $p\times f(p)\times (n-f(p))$。

容易发现 $f(p)=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p^2}}\rfloor +\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p^3}}\rfloor -\dots$，考虑根号分治，对于 $p\le \sqrt{n}$ 的 $p$，暴力计算，时间复杂度为 $\mathcal{O}(\pi (\sqrt{n})\log n)=\mathcal{O}({\displaystyle \frac{\sqrt{n}}{\log n}}\log n)=\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

对于 $p>\sqrt{n}$ 的 $p$，$f(p)=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor$，用整除分块的技巧枚举 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor =k$，那么 $f(p)\times (n-f(p))$ 容易计算，那么我们只要求某个特定区间 $[l,r]$ 之中的质数之和，考虑整除分块的过程，注意到 $l-1,r$ 都能写成某个 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{t}}\rfloor$ 的形式。

因此我们只预处理在所有 $1\sim \lfloor {\displaystyle \frac{n}{t}}\rfloor$ 之间质数之和，在整除分块的过程中就可以 $\mathcal{O}(1)$ 回答对应的区间素数数量了。

容易发现这是一个标准的 Min-25 筛的第一部分，因此直接用 Min-25 筛处理即可。

这一部分的时间复杂度为 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$。

但是我们还漏掉了一些贡献，对于 $u\times v$ 是完全平方数但 $u\ne v$ 的数对 $(u,v)$ 对答案是有 $1$ 的贡献的，因此我们要求，有多少对 $(u,v)$ 满足 $1\le u<v\le n$，且 $u\times v$ 是完全平方数，考虑构造一个等比数列 $\{v,\sqrt{uv},u\}$，其公比 $<1$ 且所有元素都是 $[1,n]$ 之间正整数，我们只需要对这样的等比数列计数即可。

设公比最简分数为 $q/p$，枚举分母 $p$，此时分子 $q<p$ 且 $gcd(p,q)=1$，因此合法的 $q$ 恰好有 $\phi (p)$ 种选择。

然后考虑 $v$，注意到 $u={\displaystyle \frac{v{q}^2}{p^2}}$，因此 $p^2\mid v$，这样的 $v$ 共有 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p^2}}\rfloor$ 种，容易证明这样的每一对 $(p,q,v)$ 都和我们要计数的 $(u,v)$ 构成双射。

因此这部分的答案就是 $\sum _{p=2}^{\sqrt{n}}\phi (p)\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{p^2}}\rfloor$，预处理出 $\phi (1)\sim \phi (\sqrt{n})$ 即可做到 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

将答案分成三部分分别处理即可。

第三部分的另一种处理方法

对于这样乘积是完全平方数的数对计数，最朴素的思路就是枚举 $u,v$ 在各自除掉最大的完全平方因子后得到的数 $k$，枚举这样的 $k$，$u,v$ 的选择方案数就是 $g(\lfloor n/k\rfloor )=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{\lfloor n/k\rfloor }}{2})$。

考虑刻画 $k$ 以写出求和式，显然 $k$ 中无平方因子，则 $\mu (k)\ne 0$，因此满足条件的 $k$ 可以用 ${\mu }^2(k)=1$ 表示，因此这部分的贡献就是：

$$\sum _{k=1}^n{\mu }^2(k)(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{\lfloor n/k\rfloor }}{2})$$

考虑整除分块枚举 $\lfloor n/k\rfloor$，原问题变成统计 ${\mu }^2(k)$ 在所有 $\lfloor n/t\rfloor$ 处的前缀和，注意到 ${\mu }^2(k)$ 是积性函数，因此可以用非递归版本的 Min-25 筛求出。

由于 ${\mu }^2(k)$ 函数的特殊性，在递推 $S(n,k)$ 的时候只需要处理 $c=1$ 的情况，因此该算法的运行效率和前一个算法的运行效率差别并不大。

两种做法时间复杂度均为 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^{3/4}}{\log n}})$。

代码呈现

实现方式一：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define LL __int128
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1,MOD=998244353;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot,val[MAXN],fp[MAXN],phi[MAXN];
int idx1[MAXN],idx2[MAXN],g[MAXN];
inline void solve() {
    int n,m=0;
    scanf("%lld",&n);
    int B=sqrt(n);
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
        if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
        else idx2[n/val[m]]=m;
    }
    auto idx=[&](int v) { return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v]; };
    for(int i=1;i<=m;++i) {
        int k=val[i]%MOD;
        g[i]=(k*(k+1)/2+MOD-1)%MOD;
    }
    for(int k=1;k<=tot;++k) {
        for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
            g[i]=(g[i]+MOD-p[k]*(g[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp[k-1])%MOD)%MOD;
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
        int s=0;
        for(int v=p[i],c=1;v<=n;v*=p[i],c=-c) s+=c*(n/v);
        ans=(ans+(n-s)%MOD*(s%MOD)%MOD*p[i]%MOD)%MOD;
    }
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l); int k=n/l;
        if((LL)l*l>n) {
            ans=(ans+(n-k)%MOD*(k%MOD)%MOD*(g[idx(r)]+MOD-g[idx(l-1)])%MOD)%MOD;    
        }
    }
    for(int i=2;i*i<=n;++i) ans=(ans+(n/(i*i))%MOD*phi[i]%MOD)%MOD;
    printf("%lld\n",ans);
}
signed main() {
    for(int i=2;i<MAXN;++i) {
        if(!isco[i]) p[++tot]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<MAXN;++j) {
            isco[p[j]*i]=true,phi[p[j]*i]=phi[i]*(p[j]-1);
            if(i%p[j]==0) { phi[p[j]*i]=phi[i]*p[j]; break; }
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;++i) fp[i]=(fp[i-1]+p[i])%MOD;
    int T;
    scanf("%lld",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

实现方式二：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define LL __int128
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1,MOD=998244353;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot,val[MAXN],fp1[MAXN];
int idx1[MAXN],idx2[MAXN],g0[MAXN],g1[MAXN],S[MAXN];
inline void solve() {
    int n,m=0;
    scanf("%lld",&n);
    int B=sqrt(n); tot=0;
    for(int i=2;i<=B;++i) {
        if(!isco[i]) p[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=B;++j) {
            isco[p[j]*i]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;++i) fp1[i]=(fp1[i-1]+p[i])%MOD;
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
        if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
        else idx2[n/val[m]]=m;
        int k=val[m]%MOD;
        g0[m]=k-1,g1[m]=(k*(k+1)/2+MOD-1)%MOD;
    }
    auto idx=[&](int v) { return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v]; };
    for(int k=1;k<=tot;++k) {
        for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
            g0[i]=(g0[i]+MOD-(g0[idx(val[i]/p[k])]-(k-1)))%MOD;
            g1[i]=(g1[i]+MOD-p[k]*(g1[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp1[k-1])%MOD)%MOD;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) S[i]=g0[i];
    for(int k=tot;k>=1;--k) {
        for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
            S[i]=(S[i]+MOD+S[idx(val[i]/p[k])]-k)%MOD;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) S[i]=(S[i]+1)%MOD;
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
        int s=0;
        for(int v=p[i],c=1;v<=n;v*=p[i],c=-c) s+=c*(n/v);
        ans=(ans+(n-s)%MOD*(s%MOD)%MOD*p[i]%MOD)%MOD;
    }
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l); int k=n/l;
        if((LL)l*l>n) {
            ans=(ans+(n-k)%MOD*(k%MOD)%MOD*(g1[idx(r)]+MOD-g1[idx(l-1)])%MOD)%MOD;    
        }
    }
    for(int l=1,Q=B+5,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l); int k=n/l;
        while(Q*Q>k) --Q; //Q = sqrt(k)
        ans=(ans+(Q*(Q-1)/2)%MOD*(S[idx(r)]+MOD-S[idx(l-1)])%MOD)%MOD;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
signed main() {
    int T;
    scanf("%lld",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}