min25筛

min25筛

　　用来求解\(\sum_{i=1}^n f(i)\)，其中\(f(i)\)是积性函数，且对于\(i\in Prime\)的\(f(i)\)求解很友好。

　　思路清奇。不会复杂度证明，一说是\(\mathcal O(\frac{n^\frac34}{\log n})\)，还有一说是\(\mathcal O(n^{1-\epsilon})\)。总之据说在通常数据下跑得很快（貌似是\(n\leqslant 10^{10}\sim 1s\)）。

　　min25筛的思路就是先求出来所有质数部分的和\(\sum_{i\in Prime\cup[1,n]}f(i)\)，从而进一步求出来最终答案。

　　对于前者的求解，通过类似“构造+筛”的方法，设函数\(F(i)\)是完全积性函数且对于所有\(i\in Prime\)，有\(F(i)=f(i)\)。设\(g_{i,j}=\sum_{k\leqslant i\&\&(k\in Prime\mid\mid minP_k>j)}F(k)\)，条件很长，意思是\(k\leqslant i\)并且\(k\)要么是质数，要么\(minP_k\)（这里表示\(k\)的最小质因数）大于\(j\)，对所有满足这个条件的\(F(k)\)求和。那么这一步的答案就是\(g_{n,\mid P\mid}\)，其中\(\mid P\mid\)表示不大于\(n\)的质数的个数。

　　下面考虑\(g\)的转移。对于\(g_{n,i}\)，由\(g_{n,i-1}\)转移，这样加强了限制，再考虑被筛掉的贡献，不难得出\(g_{n,i}=g_{n,i-1}-K\)，发现去掉的贡献\(K\)就是最小质因数为\(P_i\)（表示第\(i\)个质数）的合数的\(F\)带来的贡献，提掉一个质因子\(P_i\)，剩下\(g_{\lfloor\frac{n}{P_i}\rfloor,i-1}\)，但这之中含有质因子比\(P_i\)小的贡献，这样并不符合最小质因数为\(P_i\)，显然只可能是比\(P_i\)小的质数了，所以还要去掉\(g_{P_i-1,i-1}\)；由于完全积性，都还会乘上\(F(P_i)\)的贡献，得到\(K=F(P_i)\times(g_{\lfloor\frac{n}{P_i}\rfloor,i-1}-g_{P_i-1,i-1})\)。注意这步转移有条件，即\(P_i^2\leqslant n\)，否则不存在这样的合数，无需筛掉，总结一下

\[g_{n,i}= \begin{cases} g_{n,i-1} & P_i^2>n\\ g_{n,i-1}-F(P_i)\times\left(g_{\lfloor\frac{n}{P_i}\rfloor,i-1}-g_{P_i-1,i-1}\right) &P_i^2\leqslant n \end{cases} \]

　　注意要单独考虑\(1\)的情况。这样，这步的答案即可得到。

　　再把剩下的合数的贡献补上来，同样，我们设\(s_{i,j}=\sum_{k\leqslant i\&\&minP_k\geqslant j}f(i)\)，跟上面类似，条件由“\(>\)”变成了“\(\geqslant\)”，并且删掉了\(k\in Prime\)的条件。注意这里求的函数\(f\)而不是\(F\)了。同样我们列出来\(s\)的关系式

\[s_{n,j}=g_{n,\mid P\mid}-\sum_{i=1}^{j-1}F(P_j)+\sum_{k\geqslant j,P_k^e\leqslant n}f(P_k^e)\left(s_{\lfloor\frac{n}{P_k^e}\rfloor,k+1}+[e>1]\right) \]

　　这里表示的意思是：拆成质数+合数，质数通过\(g\)去掉\(<j\)的部分，合数暴力枚举所有\(\geqslant j\)的\(P_k\)，以\(P_k\)为最小质因数，枚举其因子个数，剩余部分最小质因数\(\geqslant P_{k+1}\)，由于两部分互质，满足积性函数，可以提出\(f(P_k^e)\)这一因子，但我们对于质数的幂漏算了，这里漏了\(e>1\)的情况。最终答案为\(s_{n,1}\)。

　　综上，问题解决。

模版题

　　定义积性函数\(f(x)\)，对于所有的质数\(p\)，有\(f(p^k)=p^k(p^k-1)\)成立，求

\[\sum_{i=1}^nf(x) \]

　　对\(10^9+7\)取模。

(先咕一下)