min_25筛 学习笔记

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min_25筛 学习笔记

简介

min_25筛是一种筛法，由min_25提出，能够 $O(\dfrac{n^{\frac{3}{4}}}{\ln n})$ 的求积性函数 $f$ 的前缀和。而 $f$ 需要满足如下几个条件：

（设 $p$ 为任意质数）

• $f(p)$ 可以写成低次多项式的形式。设这个多项式为 $g(x)$。
• $f(p^k)$ 很方便计算

约定

要求前缀和的积性函数为 $f$，在质数位置可以写成多项式 $g$。

设第 $i$ 个质数为 $p_i$。设 $[1,n]$ 中质数总共有 $|p|$ 个。

$n$ 的“基本和组”定义为集合 $B(n)=\{x|x=n/k, k\in[1,n]\}$。我们知道 $|B(n)|$ 大约是 $2\sqrt{n}$，根据整除分块。

求法

part-1 质数位置

首先我们求出 $[1,n]$ 中质数位置的 $f$ 的和，也就是 $g$ 的和。

$g$ 是一个低次的多项式，因此我们可以把它的每一次单独拿出来做。那我们相当于要求 $[1,n]$ 中的质数的 $k$ 次幂和。

考虑埃氏筛的过程。每次我们选一个质数 $p$，并且把它的倍数筛去。假设我们只看 “有效筛” 的位置：即，如果这个位置已经被筛掉，就不去动它。如果 $x$ 被“有效筛” 了，那 $x$ 最小的质因子是 $p$，且 $x$ 为合数。那么 $x\ge p^2$。

也就是说，这个过程中，我们只需要 $\le \sqrt{x}$ 的那些质数。这些质数是可以预先筛出来的。

我们记下每次筛完之后的结果。换句话说，记 $G(n,i)$ 表示，$[1,n]$ 中，只留下素数与最小质因子 $> p_i$ 的合数，这些数的 $g$ 的和。

考虑 $G(n,i-1)\to G(n,i)$，相当于要把 $i$ 能 “有效筛” 的那些位置的贡献去掉。

设 $x$ 能被“有效筛”，$x\le n$。那 $x$ 一定是 $p_i$ 的倍数，且 $x/p_i$ 的最小质因子 $\ge p_i$，也就是说，$> p_{i-1}$。

注意到 $x\le n$，那 $x/p_i\le n/p_i$。且 $x$ 的最小质因子 $>p_{i-1}$。满足条件的这些 $x$ 大约就是 $G(n/p_i,i-1)$。但是，这个 $G$ 还把质数算上去了，我们要抠掉比 $p_i$ 小的质数。 （注意到，如果等于 $p_i$ 是没问题的，这相当于 $x=p_i^2$，满足的）

这相当于前缀若干个质数的 $g$ 的和。可以在筛质数的时候顺便求个前缀和得到，记 $sump(i)$ 表示前 $i$ 个质数的 $g$ 和。

那么我们得到

$$\Delta=g(p_i)\times \left[G(n/p_i,i-1)-sump(i-1)\right]$$

其中 $\Delta$ 表示变化量，即 $G(n,i-1)-G(n,i)$。 也就是说我们令 $G(n,i)=G(n,i-1)-\Delta$ 即可。

边界：$G(n,0)=\sum\limits_{i=2}^{n} g(k)$，把 $g$ 的每一项拆开，它就可以直接计算了。

备注：

我们在实现的时候，对 $i$ 这一维滚动，且只保留基本和组位置的值。

由于后面只需要 $G(*,tot)$ 位置的值，所以后面直接记

$$G(i)=\sum\limits_{p\le i,p\in prime} g(p)$$

可以用积分证明，这部分复杂度是 $O(\dfrac{n^{\frac{3}{4}}}{\ln n})$ 的。

part-2 求答案

我们已经知道了质数位置的 $g$ 和。

类似的考虑，设 $S(n,i)$ 表示，最小质因子 $\ge p_i$ 的那些数的 $f$ 的和。

考虑一下边界：$S(n,|p|+1)=0$ 。显然，因为 $[1,n]$ 中的数，最小质因子都 $<p_{|p|}$。

然后我们要求的答案是 $S(n,1)+f(1)$。这也显然，因为 $1$ 以上所有数的最小质因子都 $\ge 2$。那 $S(n,1)$ 就会覆盖到 $2$ 以上所有数。

注意到我们是知道一个大值，然后要求的是一个小值。那考虑从大往小推。即，假设大的已知，做小的。

假设现在要做 $S(n,i)$。

首先加上满足条件质数的答案。这玩意就是 $[1,n]$ 中质数的 $g$ 和，减去 $<p_i$ 的质数的 $g$ 和。即，$G(n)-sump(i-1)$。

然后是满足条件合数的答案。如何钦点合数呢？合数就至少有两个质因数。枚举它的最小质因数是谁，然后枚举它多少次，然后枚举后面选了啥数。

设枚举的最小质因数是 $j\ (j\ge i)$，然后 $p_j$ 有 $e$ 次方。那它后面可能还跟了一个 $p_j$，也可能跟的是比 $p_j$ 大的质因数。

注意到 $f(p_j^{e+1})$ 需要特判一下，其它的可以用 $S$ 写出来。脑子转一下，得到它的贡献为

$$f(p_j^{e+1})+f(p_j^{e})\times S(n/p_j^{e},i+1)$$

为啥后面直接乘起来是对的，因为 $f$ 是积性函数。

需要满足：$p_j^{e+1}\le n$。这样枚举一遍，把贡献加起来即可。

最后 $S(n,1)+1$ 就是答案力！！1

板子题

loj6053 简单的函数

分析一下，发现它在质数的时候可以写成 $g(p)=p-1$ 的形式，特判 $2$。

然后就是个多项式，用 min-25 筛就可以做了。

代码中有注释，可以参考一下实现。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandre_Scarlet
{
    #define N   200005
    #define int long long
    #define mod 1000000007
    #define iv2  500000004
    #define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
    #define D(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
    #define Tra(i,u) for(int i=G.h[u],v=G.to(i);~i;i=G.nx(i),v=G.to(i)) if (i>=0)
    #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
    #define FK(a) MEM(a,0)
    #define sz(x) ((int)x.size())
    #define all(x) x.begin(),x.end()
    #define p_b push_back
    #define pii pair<int,int>
    #define fir first
    #define sec second
    int I() {char c=getchar(); int x=0; int f=1; while(c<'0' or c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar(); while(c>='0' and c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return ((f==1)?x:-x);}
    template <typename T> void Rd(T& arg){arg=I();}
    template <typename T,typename...Types> void Rd(T& arg,Types&...args){arg=I(); Rd(args...);}
    void RA(int *p,int n) {F(i,1,n) *p=I(),++p;}
    int pr[N]; bool notp[N];
    int sp[N];
    void Init() // 筛到sqrt(n)
    {
        int n=2e5;
        int&c=pr[0];
        notp[1]=1;
        F(i,2,n)
        {
            if (!notp[i])
            {
                pr[++c]=i;
            }
            for(int j=1;j<=c and i*pr[j]<=n;++j)
            {
                int u=pr[j];
                notp[i*u]=1;
                if (i%u==0) break;
            }
        }
        F(i,1,c) sp[i]=sp[i-1]+pr[i];
    }
    int n;
    void Input()
    {
        n=I();
    }
    
    int g1[N],g0[N]; // 1次方, 0次方的和
    int w[N],i1[N],i2[N];
    // w: 存储基本和组位置; i1,i2: 给这些位置编号
    // 若x<=sn,i1[x]保存x的编号; 否则, i2[n/x]保存x的编号
    int sn,tot;
    int s1(int x){x%=mod; return x*(x+1)%mod*iv2%mod;}
    int S(int x,int p) // [1,x], min-p>=pr[p], f sum
    {
        if (x<=1 or pr[p]>x) return 0;
        int k=(x<=sn)?(i1[x]):(i2[n/x]);
        int ans=(g1[k]-g0[k])-(sp[p-1]-(p-1)); // 质数部分的答案
        ans=(ans%mod+mod)%mod;
        if (p==1) ans+=2; // 特判2: 我们把f(2)当成了1, 实际上它是3

        for(int i=p;i<=pr[0] and pr[i]<=x/pr[i];++i)
        {
            int u=pr[i];
            int e=1,ue=u;
            // ue为u的e次方
            while(ue*u<=x) // u的e+1次方<=x
            {
                ans+=((u^(e+1))+S(x/ue,i+1)*(u^e)%mod)%mod;
                // u^e为 f(u的e次方), u^(e+1)同理
                ans%=mod;
                ue*=u; ++e;
            }
        }
        return (ans%mod+mod)%mod;
    }
    void Sakuya()
    {
        sn=sqrt(n),tot=0;
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
        {
            r=(n/(n/l));
            w[++tot]=n/l;
            if (n/l<=sn) i1[n/l]=tot;
            else i2[n/(n/l)]=tot;

            g0[tot]=((n/l)-1)%mod;
            g1[tot]=(s1(n/l)-1)%mod;
            // G(x)初始为g(2)+g(3)...+g(x)
            // 这里拆成两个, 因此 g0=x-1, g1=2+3...+(x-1)
        }
        F(j,1,pr[0])
        {
            int u=pr[j];
            for(int i=1;i<=tot and u*u<=w[i];++i)
            {
                int t=w[i]/u,k;
                if (t<=sn) k=i1[t];
                else k=i2[n/t];
                g0[i]-=g0[k]-(j-1);
                g1[i]-=(g1[k]-sp[j-1])%mod*u%mod;
                g0[i]=(g0[i]%mod+mod)%mod;
                g1[i]=(g1[i]%mod+mod)%mod;
            }
        }
        // 计算G
        int ans=S(n,1)+1; // f(1)=1, 加上
        printf("%lld\n",ans);
    }
    void IsMyWife()
    {
        Init();
        Input();
        Sakuya();
    }
}
#undef int //long long
int main()
{
    Flandre_Scarlet::IsMyWife();
    return 0;
}