min25筛学习笔记

4.min25筛

听说这玩意能干杜教筛干不了的事？

同杜教筛一样，这也是用来求积性函数前缀和的东西。其复杂度为 $O(\dfrac{n^{0.75}}{\log n})$，大部分时候要略优于杜教筛。

min25筛作用的积性函数，应保证对于一切质数 $p$，$f(p)$ 均是有关 $p$ 的低阶多项式。同时，质数的正整数次幂的位置的 $f$ 值要能够简单求出。

既然是多项式，就可以计算令 $f(p)=p^k$ 时函数的前缀和，然后分别加在一起即可。

我们考虑将所有 $i$ 按质数与合数分类：

$$\sum\limits_{i=1}^nf(i)=\sum\limits_{p\in\mathtt{prime}}f(p)+\sum\limits_{i\notin\mathtt{prime}}f(i)$$

接着，考虑枚举合数的最小质因子（该数一定 $\leq\sqrt p$）及其次数。

$$\sum\limits_{p\in\mathtt{prime}}f(p)+\sum\limits_{p\in\mathtt{prime}}\sum\limits_{p^a\leq n}\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor n/p^a\right\rfloor}[i\text{的最小质因子大于}p]f(ip^a)$$

因为保证 $f$ 是积性函数，所以可以变为

$$\sum\limits_{p\in\mathtt{prime}}f(p)+\sum\limits_{p\in\mathtt{prime}}\sum\limits_{p^a\leq n}f(p^a)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor n/p^a\right\rfloor}[i\text{的最小质因子大于}p]f(i)$$

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现在，我们考虑令 $g(n,j)=\sum\limits_{i=1}^n[i\in\mathtt{prime}\lor i\text{的最小质因子大于第}j\text{个质数}]i^k$，其中 $k$ 是一常数。明显，$i^k$ 这个函数是完全积性的，但它仅在质数处与我们强制令 $f(p)=p^k$ 得到的函数值相等。

考虑由 $g(n,j-1)$ 转移至 $g(n,j)$。显然，此时有些原本计入的 $i$ 不能再被计入了。这样的 $i$ 是所有最小质因子恰为第 $j$ 个质数（设为 $p_j$）的合数。则我们显然可以提出一个 $p_j$ 来。于是

$$g(n,j)=g(n,j-1)-(p_j)^k\Big(g(n/p_j,j-1)-g(p_{j-1},j-1)\Big)$$

其中，最后又减掉的那个 $g$ 是为了避免重复计算前 $j-1$ 个质数的影响（它们会使得最小质因子并非 $p_j$）

因为 $i^k$ 是完全积性函数，所以里面套着的 $g(n/p_j,j-1)$ 可能还有的 $p_j$ 因子也可继续相乘。

因为 $\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor n/a\right\rfloor}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{ab}\right\rfloor$，所以对于某个 $n$，其所会访问到的状态一共只有所有的 $\left\lfloor\dfrac{n}{x}\right\rfloor$，共 $\sqrt n$ 个。可以对这 $\sqrt n$ 个数建立值与下标的双射，这样就压缩了 $g$ 所需要的下标范围。

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我们此时来设 $h(n,j)=\sum\limits_{i=1}^n[i\text{的最小质因子大于第}j\text{个质数}]f(i)$。则答案即为 $h(n,0)$。

考虑将 $h(n,j)$ 划作两部分，即 $>p_j$ 的质数的贡献以及最小质因子 $>p_j$ 的合数的贡献。

质数的贡献是 $g(n,|\mathtt{prime}|)-\sum\limits_{i=1}^{j-1}f(p_i)$。

合数的贡献是 $\sum\limits_{k=j+1}^{|\mathtt{prime}|}\sum\limits_{(p_k)^a\leq n}f\Big((p_k)^a\Big)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor n/(p_k)^a\right\rfloor}[i\text{的最小质因子大于}p_k]f(i)$。后面一坨的定义刚好就是 $h\Big(n/(p_k)^a,k\Big)$。于是可以化为 $\sum\limits_{k=j+1}^{|\mathtt{prime}|}\sum\limits_{(p_k)^a\leq n}f\Big((p_k)^a\Big)\Bigg(h\Big(n/(p_k)^a,k\Big)+[a\neq1]\Bigg)$。

注意到后面还有一个 $[a\neq1]$，因为我们在min25筛的时候只考虑了质数与合数，没有考虑 $1$，所以这里要补上；但是，当 $a=1$ 时，如果考虑了 $1$ 就会成为质数，已经在前面处理过了。这也意味着在min25筛执行完毕后，还要加上 $1$ 的答案。

总递归式为

$$h(n,j)=g(n,|\mathtt{prime}|)-\sum\limits_{i=1}^{j-1}f(p_i)+\sum\limits_{k=j+1}^{|\mathtt{prime}|}\sum\limits_{(p_k)^a\leq n}f\Big((p_k)^a\Big)\Bigg(h\Big(n/(p_k)^a,k\Big)+[a\neq1]\Bigg)$$

质数筛到 $\sqrt n$ 就行了。

I.【模板】Min_25筛

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int inv6=166666668;
ll n;
int m,pri[1001000],sp[2][1001000];//sp is the prefix sum of prime numbers' f, when 0 and 1 are the linear and quardratic terms respectively
void sieve(){
	for(int i=2;i<=m;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i,sp[0][pri[0]]=(sp[0][pri[0]-1]+i)%mod,sp[1][pri[0]]=(sp[1][pri[0]-1]+1ll*i*i)%mod;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=m;j++){pri[i*pri[j]]=true;if(!(i%pri[j]))break;} 
	}
}
ll kth[1001000];//the kth of n/i
int tot,sml[1001000],lar[1001000];//sml is the bucket of elements no greater than m, while lar is for those greater than m.
int g[2][1001000];//the g array can DP directly.
int H(ll x,int y){
	if(pri[y]>=x)return 0;
	int X=(x<=m?sml[x]:lar[n/x]);
	int ret=(0ll+g[1][X]-g[0][X]+mod-(sp[1][y]-sp[0][y])+mod)%mod;
	for(int i=y+1;i<=pri[0]&&1ll*pri[i]*pri[i]<=x;i++){
		ll pa=pri[i];
		for(int a=1,tmp;pa<=x;a++,pa*=pri[i])tmp=pa%mod,(ret+=1ll*tmp*(tmp-1)%mod*(H(x/pa,i)+(a!=1))%mod)%=mod;
	}
//	printf("%d,%d:%d\n",x,y,ret);
	return ret;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n),m=sqrt(n),sieve();
//	for(int i=1;i<=pri[0];i++)printf("%d ",pri[i]);puts("");
//	for(int i=1;i<=pri[0];i++)printf("%d ",sp[0][i]);puts("");
//	for(int i=1;i<=pri[0];i++)printf("%d ",sp[1][i]);puts("");
	for(ll i=1;i<=n;i=n/(n/i)+1){
		kth[++tot]=n/i;
		int I=kth[tot]%mod;//use the prefix sum formula of x and x^2 as the DP initial values of g(don't forget to ignore 1)
		g[0][tot]=(1ll*I*(I+1)/2+mod-1)%mod,g[1][tot]=(1ll*I*(I+1)%mod*(2*I+1)%mod*inv6+mod-1)%mod;
		if(kth[tot]<=m)sml[kth[tot]]=tot;else lar[n/kth[tot]]=tot;//because here we need to store values in buckets, so we can't use the moduloed values here.
	}
	for(int i=1;i<=pri[0];i++)for(int j=1;j<=tot&&1ll*pri[i]*pri[i]<=kth[j];j++){//cyclicize array g.
		ll nexi=kth[j]/pri[i];int I=(nexi<=m?sml[nexi]:lar[n/nexi]);//get the id of n/p[i]
		(g[0][j]+=mod-1ll*pri[i]*(g[0][I]+mod-sp[0][i-1])%mod)%=mod;
		(g[1][j]+=mod-1ll*pri[i]*pri[i]%mod*(g[1][I]+mod-sp[1][i-1])%mod)%=mod;
	}
	printf("%d\n",(H(n,0)+1)%mod);
	return 0;
}