数论（8）：min_25 筛（扩展埃氏筛）

min_25 筛介绍

我们考虑这样一个问题。

a n s = \sum_{i = 1}^{n} f (i)

其中 $1 \leq n \leq 10^{10}$

其中 $f (i)$ 是一个奇怪的函数、并不像 $μ (i), φ (i), i φ (i)$ 那样具有那么好的性质。但是满足以下条件：

若 $p$ 为质数，则 $f (p)$ 是一个关于 $p$ 的多项式，比如 $μ (p) = - 1, φ (p) = p - 1$ .
若 $p$ 为质数， $e$ 为正整数，则 $f (p e)$ 可以很快求出。（通常是 $O (1)$ ）
$f (n)$ 为积性函数。

什么是积性函数：对于所有互质的 $a$ 和 $b$ ，总有 $f (a b) = f (a) f (b)$ ，则称 $f (x)$ 为积性函数。

然后就可以使用 min_25 筛了。（顾名思义是 min_25 发明的）

首先，我们需要知道 min_25 筛是埃氏筛的一个拓展，它的思想很大一部分借助于埃氏筛。

回想一下埃氏筛，我们是每次将最小质因子为 $P_{i}$ 的合数筛去，剩下的就是质数。

我们知道这些最小质因子至多为 $\sqrt{n}$ ，所以合数可以通过枚举最小质因子来计算，质数我们则使用另外的方法。

首先我们看质数的怎么做。

\sum_{i = 1}^{n} [i \in P r i m e] f (i)

根据条件 $1$ ，我们知道 $f (i)$ 是一个多项式，这样的话我们可以按照次数将 $f (i)$ 拆成 $i^{k}$ 之和，因为 $i^{k}$ 是一个完全积性函数（很快就有用的）。

\sum_{i = 1}^{n} [i \in P r i m e] i^{k} \sum_{i = 1}^{n} [i \in P r i m e] i^{k}

为了计算这个，我们需要引入一个辅助数组 $g (n, j)$ 。（鬼知道是怎么想到的）

g (n, j) = \sum_{i = 1}^{n} [i \in P r i m e o r m i n p (i) > P_{j}] i^{k}

其中 $m i n p (i)$ 表示 $i$ 的最小质因子，所以

\sum_{i = 1}^{n} [i \in P r i m e] i^{k} = g (n, | P |)

既然我们要使用质数，所以我们可以先用欧拉筛把所有 $\leq \sqrt{n}$ 的质数筛出来，同时还要预处理 $\sum_{i = 1}^{j} [i \in P r i m e] i^{k}$ .

我们考虑 dp 计算。既然是埃氏筛，我们就要在 $g (n, j - 1)$ 中最小质因子为 $P_{j}$ 的合数筛去。

我们假设 $P_{j}^{2} \leq n$ ，否则肯定不行。

首先，由于它是完全积性函数，所以 $P_{j}$ 可以直接提出来，剩下的减去 $i \leq ⌊ \frac{n}{P_{j}} ⌋$ 中的数就可以了。

这些数中要求质因子 $\geq P_{j}$ ，所以是 $g (⌊ \frac{n}{P_{j}} ⌋, j - 1)$ ，但是这里面质数被重复计算了，所以要减去里面的质数。

g (n, j) = g (n, j - 1) - P_{j}^{k} (g ⌊ \frac{n}{P_{j}} ⌋, j - 1) - \sum_{i = 1}^{j - 1} [i \in P r i m e] i^{k}

但是这样的话是 $O (n * | P |)$ 的，时间和空间都承受不了。但是我们发现我们可以使用一个优化。

我们发现 $g (n, j)$ 中 $n$ 只有 $O (\sqrt{n})$ 种取值，因为每次递归的时候是 $n$ 变为 $⌊ \frac{n}{P_{j}} ⌋$ ，而我们发现

⌊ \frac{⌊ \frac{a}{b} ⌋}{c} ⌋ = ⌊ \frac{a}{b c} ⌋

所以 $n$ 只会变为 $⌊ n x ⌋$ ，于是我们就直接 “手动” 离散化，这个可以看代码。

然后 $g (n, j)$ 的第二维也可以滚动数组滚掉。所以时间 $O (\sqrt{n} * | P |)$ ，空间 $\sqrt{n}$ .

预处理部分终于结束了，接下来我们考虑计算答案，首先我们还是需要一个辅助数组。

S (n, j) = \sum_{i = 1}^{n} [m i n p (i) > P_{j}] f (i)

像上面说的一样，分质数和合数两类计算。

前面两项指的是质数的部分，后面的和式是枚举合数的最小质因子 $P_{k}$ 和它的次数 $e$ ，

这个跟 $g$ 不同， $S$ 是要按照第二维倒着计算的，但是我们也可以使用递归的方法来计算。

$S (n, 0)$ 就是最终答案。

要注意的是， $1$ 既不是质数也不是合数，所以最后要加上。

至于上面说的那个手动离散化，我们要开两个数组 $i d 1$ 和 $d 2$ ，分别记录 $\leq \sqrt{n}$ 和 $> \sqrt{n}$ 的部分的数值的编号。这样就不用 map 了，可以省掉一个 log。

至于时间复杂度？我也不知道，总之跟杜教筛差不多，甚至有时候比杜教筛还要快。

有人说是什么 $O (\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$ ，或者什么 $O (n^{1 - ϵ})$ 。总之差不多就可以了。

min_25 筛代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define Rint register LL
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1000003, mod = 1e9 + 7, inv2 = 500000004, inv3 = 333333336;
LL n, Sqr, pri[N], tot, pre1[N], pre2[N], ind1[N], ind2[N], g1[N], g2[N], w[N], cnt;
bool notp[N];
inline void init(LL m){
    notp[0] = notp[1] = true;
    for(Rint i = 2;i <= m;i ++){
        if(!notp[i]){
            pri[++ tot] = i;
            pre1[tot] = (pre1[tot - 1] + i) % mod;
            pre2[tot] = (pre2[tot - 1] + i * i) % mod;
        }
        for(Rint j = 1;j <= tot && i * pri[j] <= m;j ++){
            notp[i * pri[j]] = true;
            if(!(i % pri[j])) break;
        }
    }
}
inline LL S(LL x, int y){
    if(pri[y] >= x) return 0;
    LL k = (x <= Sqr) ? ind1[x] : ind2[n / x];
    LL ans = (g2[k] - g1[k] + pre1[y] - pre2[y] + mod + mod) % mod;
    for(Rint i = y + 1;i <= tot && pri[i] * pri[i] <= x;i ++){
        LL pe = pri[i];
        for(Rint e = 1;pe <= x;e ++, pe *= pri[i]){
            LL xx = pe % mod;
            ans = (ans + xx * (xx - 1) % mod * (S(x / pe, i) + (e > 1))) % mod;
        }
    }
    return ans % mod;
}
int main(){
    scanf("%lld", &n);
    Sqr = sqrt(n);
    init(Sqr);
    for(Rint i = 1, last;i <= n;i = last + 1){
        last = n / (n / i);
        w[++ cnt] = n / i;
        LL xx = w[cnt] % mod;
        g1[cnt] = (xx * (xx + 1) / 2 + mod - 1) % mod;
        g2[cnt] = (xx * (xx + 1) / 2 % mod * (2 * xx + 1) % mod * inv3 % mod + mod - 1) % mod;
        if(n / i <= Sqr) ind1[w[cnt]] = cnt;
        else ind2[last] = cnt;
    }
    for(Rint i = 1;i <= tot;i ++)
        for(Rint j = 1;j <= cnt && pri[i] * pri[i] <= w[j];j ++){
            LL k = (w[j] / pri[i] <= Sqr) ? ind1[w[j] / pri[i]] : ind2[n / (w[j] / pri[i])];
            g1[j] -= pri[i] * (g1[k] - pre1[i - 1] + mod) % mod;
            g2[j] -= pri[i] * pri[i] % mod * (g2[k] - pre2[i - 1] + mod) % mod;
            if(g1[j] < 0) g1[j] += mod;
            if(g2[j] < 0) g2[j] += mod;
        }
    printf("%lld", (S(n, 0) + 1) % mod);
}

讲那么多，写道题练手吧

UOJ188#【UR #13】Sanrd

题目链接：UOJ

这道题，也算是 min_25 的一个基础应用吧。。。

我们要求

\sum_{i = 1}^{n} f (i)

，其中 $f (i)$ 表示 $i$ 的次大质因子。

按照套路，我们设

S (n, j) = \sum_{i = 1}^{n} [m i n p (i) > P_{j}] f (i)

所以

素数个数用 min_25 筛可以很快求出来。

#include<bits/stdc++.h>
#define Rint register LL
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1000003;
LL Sqr, pri[N], tot, g[N], w[N], id1[N], id2[N], cnt;
bool notp[N];
inline void init(int m){
    notp[0] = notp[1] = true;
    for(Rint i = 2;i <= m;i ++){
        if(!notp[i]) pri[++ tot] = i;
        for(Rint j = 1;j <= tot && i * pri[j] <= m;j ++){
            notp[i * pri[j]] = true;
            if(!(i % pri[j])) break;
        }
    }
}
inline LL solve(LL n, LL x, int y){
    if(x <= 1) return 0;
    LL ans = 0;
    for(Rint k = y + 1;k <= tot && pri[k] * pri[k] <= x;k ++){
        for(Rint pe = pri[k];pe * pri[k] <= x;pe *= pri[k]){
            LL kk = (x / pe <= Sqr) ? id1[x / pe] : id2[n / (x / pe)];
            ans += solve(n, x / pe, k) + pri[k] * (g[kk] - k + 1);
        }
    }
    return ans;
}
inline LL solve(LL n){
    Sqr = sqrt(n);
    tot = cnt = 0;
    init(Sqr);
    for(Rint i = 1, last;i <= n;i = last + 1){
        w[++ cnt] = n / i;
        last = n / w[cnt];
        g[cnt] = w[cnt] - 1;
        if(w[cnt] <= Sqr) id1[w[cnt]] = cnt;
        else id2[last] = cnt;
    }
    for(Rint i = 1;i <= tot;i ++)
        for(Rint j = 1;j <= cnt && pri[i] * pri[i] <= w[j];j ++){
            LL k = (w[j] / pri[i] <= Sqr) ? id1[w[j] / pri[i]] : id2[n / (w[j] / pri[i])];
            g[j] -= g[k] - i + 1;
        }
    return solve(n, n, 0);
}
int main(){
    LL l, r;
    scanf("%lld%lld", &l, &r);
    printf("%lld\n", solve(r) - solve(l - 1));
}