P5325-[模板]Min_25筛

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5325

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题目大意

定义一个积性函数满足\(f(p^k)=p^k(p^k-1)\)
求\(\sum_{i=1}^nf(i)\)

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解题思路

首先我们可以把\(f(p^k)\)是质数的情况拆成一个\(2\)阶的多项式\(f(x)=x^2-x\)。

然后就是\(\text{Min25}\)筛了。我们先需要求出质数有关的答案，考虑把这个多项式的多个阶分开来求。

有关质数的求法，我们定义\(dp\)数组

\[g_k(n,j)=\sum_{i=1}^n[i\in Pri\ \ or\ \ minp(i)>p_j]i^k \]

（上面\(Pri\)表示质数集，\(minp(x)\)表示\(x\)的最小质因子，\(p_j\)表示\(\leq \sqrt{n}\)的第\(j\)个质因子，\(k\)表示多项式的某个阶，后面为了方便\(g_k\)写作\(g\)，后文中的\(g(n,j)\)中的\(n\)都与输入的\(n\)无关，只是一个变量）

具体的说就是如果\(i\)是质数或者最小质因子超过\(p_j\)，那当某个\(p_j\)最接近但小于\(\sqrt n\)时，\(g(n,j)\)就是我们需要的答案了。

因为一个合数\(x\)满足\(minp(x)\leq\sqrt x\)，所以\(p_j\)的数量级很小，可以利用这个性质。

递推这个数组时对于每次\(j\)往上加相当于多加上了一些限制条件，也就是\(g(n,j)\)相对于\(g(n,j-1)\)我们需要减去一些多余的答案。

这些多余的答案就是最小质因数是\(p_j\)的数，这些数就是\(p_j^k*{\large(}\ g(\frac{n}{p_j},j-1)-g(p_{j-1},j-1)\ {\large)}\)。
\(g(\frac{n}{p_j},j-1)-g(p_{j-1},j-1)\ {\large)}\)表示枚举一个乘上\(p_{j}\)之后不会超过\(n\)且最小质因子超过\(p_{j}\)的数，这些数乘上\(p_j\)后就是不重不漏的表示最小质因子是\(p_j\)的数，因为\(y=x^k\)是一个完全积性函数，所以可以直接乘上一个\(p_j^k\)。

现在我们就有递推式

\[g(n,j)=g(n,j-1)+p_j^k{\large(}\ g(\frac{n}{p_j},j-1)-g(p_{j-1},j-1)\ {\large)} \]

快速处理\(g(n,0)\)然后递推，可以注意到\(g(p_{j-1},j-1)\)就是前\(j-1\)个质数的\(k\)次方和，因为\(p_j\)数量级只有\(\sqrt n\)所以可以直接预处理，因为后面还要用就定义\(sp_i=\sum_{i=1}^nf(p_i)\)

还有发现无论如何每个\(g(x,j)\)的取值都只与\(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\)有关，所以我们对于\(g\)数组的每一个\(j\)都只有\(\sqrt n\)个连续的范围内的同一取值。所以我们可以直接整除分块来大大缩减数量级的空间和时间。

给出一个\(x\)如何快速得到\(g(x,j)\)的储存地址？一个比较巧妙的方法是如果\(x\leq \sqrt n\)那么\(ind1_x\)表示\(x\)的储存位置，否则用\(ind2_{\frac{n}{x}}\)表示\(x\)的储存地址。

然后\(j\)那个维度我们只需要用到\(j=cnt\)（\(cnt\)表示\(\sqrt n\)以内的质数数量）值，所以我们直接滚动来递推就好了。

现在我们知道了所有的\(g(i,cnt)\)，这道题的话具体的值就是\(g_2(i,cnt)-g_1(i,cnt)\)就可以表示前缀质数\(f\)的函数和了。下面简写\(g(i)=g_2(i,cnt)-g_1(i,cnt)\)。

然后就是要求答案了，同样使用\(dp\)的技巧，设

\[S(n,j)=\sum_{i=2}^n[minp(i)>p_j]f(i) \]

然后对于\(S(n,j)\)的答案我们可以分为质数和非质数两部分，质数部分显然就是\(g(n)-sp_n\)（不记得\(sp\)的去看前面定义）。
然后合数部分我们考虑递归下去处理就是\(\sum_{k>j}^{p_{k}^e\leq n}f(p_k^e){\large(}S(\frac{n}{p_k^e},k)+[e\neq1]{\large)}\)。\(p_k^e\)是枚举质因子就不多说了，那个\([e\neq 1]\)是因为\(p_k\)已经作为质数被计算过了，但是后面的\(p_k^e\)还没有。

现在就有\(S(n,j)\)的递推式了

\[S(n,j)=g(n)-sp_n+\sum_{k>j}^{p_{k}^e\leq n}f(p_k^e){\large(}S(\frac{n}{p_k^e},k)+[e\neq1]{\large)} \]

递归下去做就好了，说是不知道因为啥定理所以是不用记忆化的。

一个细节就是\(f(1)\)最好不要统计进去，最好加上就好了

据说时间复杂度是\(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\)的，反正这题我没开\(O2\)的话\(1e10\)只跑了七百多毫秒。

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=1e9+7;
ll n,T,cnt,tot,pri[N],sp1[N],sp2[N],ind1[N],ind2[N],g1[N],g2[N],w[N];
bool v[N];
void init(ll n){
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i]){
            pri[++cnt]=i;
            sp1[cnt]=(sp1[cnt-1]+i)%P;
            sp2[cnt]=(sp2[cnt-1]+i*i)%P;
        }
        for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){
            v[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)break;
        }
    }
    return;
}
ll S(ll x,ll y){
    if(pri[y]>=x)return 0;
    ll pos=(x>T)?ind2[n/x]:ind1[x];
    ll ans=g2[pos]-g1[pos]-(sp2[y]-sp1[y]);
    ans=(ans%P+P)%P;
    for(ll i=y+1;i<=cnt&&pri[i]*pri[i]<=x;i++){
        for(ll j=1,p=pri[i];p<=x;j++,p=p*pri[i]){
            ll w=p%P;
            (ans+=w*(w-1)%P*(S(x/p,i)+(j!=1))%P)%=P;
        }
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    T=sqrt(n);init(T);
    ll inv2=(P+1)/2,inv6=(P+1)/6;
    for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
        ll x=n/l;r=n/(n/l);
        w[++tot]=n/l;x%=P;
        g1[tot]=x*(x+1)%P*inv2%P-1;
        g2[tot]=x*(x+1)%P*(2*x+1)%P*inv6%P-1;
        if(n/l<=T)ind1[n/l]=tot;
        else ind2[n/(n/l)]=tot;
    }

    for(ll i=1;i<=cnt;i++)
        for(ll j=1;j<=tot&&pri[i]*pri[i]<=w[j];j++){
            ll k=(w[j]/pri[i]);k=(k>T)?ind2[n/k]:ind1[k];
            (g1[j]+=P-pri[i]*(g1[k]-sp1[i-1])%P)%=P;
            (g2[j]+=P-pri[i]*pri[i]%P*(g2[k]-sp2[i-1])%P)%=P;
        }
    printf("%lld\n",(S(n,0)+1)%P);
    return 0;
}