min_25筛

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用来干啥？

考虑一个积性函数$F(x)$，用来快速计算前缀和 $$\sum_{i=1}^nF(i)$$

当然，这个积性函数要满足$F(x),x\in Prime$可以用多项式表示

同时，$F(x^k),x\in Prime$要能够快速计算答案

需要预处理的东西

先不考虑求前缀和的问题，考虑一个积性函数$F(x)$

求解 $$\sum_{i=1}^n[i\in Prime]F(i)$$

直接求我也会懵逼的，还是找一个函数来算算，假设$F(x)=x^k$

那么，求解 $$\sum_{i=1}^n[i\in Prime]i^k$$

设$P$是质数集合，$P_i$表示第$i$个质数。

设$$g(n,j)=\sum_{i=1}ⁿⁱk[i\in P\ or \ min(p)>P_j,p|i,p\in P\ ]$$

你问我为什么不写中文？因为LaTex里面写中文太丑了

翻译成人话，$i$是质数，或者$i$的最小质因子大于$P_j$

我们考虑一下$g(n,j)$这个函数可以怎么转移。

考虑第一种情况，如果$P_j^2>n$，很明显，最小质因子是$P_j$的最小合数就是$P_j^2$

如果$P_j^2> n$，显然不会产生新的贡献了，此时有$g(n,j)=g(n,j-1)$

那么，如果$P_j^2\le n$呢？

显然，从$P_{j-1}$到$P_j$，我们能够产生贡献的值变少了，因此我们要减去一些东西的值。

所以$g(n,j)=g(n,j-1)-X$，考虑一下$X$是啥。

我们减去的贡献显然就是哪些最小质因子是$P_{j}$的东西，所以前面有一个$P_{j}^k$的系数，

后面有还有一些东西。

现在因为所有数都分成了两个部分，一个是已经被提出来的$P_{j}$，另外一部分是剩余的数。

考虑剩余的数的最小质因数，我们要减去的就是那些最小质因数仍然大于等于$P_{j}$的那部分

所以容斥一下，先算上所有的含有$P_{j}$这部分的贡献$g(\frac{n}{P_{j}},j-1)$

再减掉其他质数以及最小质因数小于$P_j$的那部分，也就是$g(P_j-1,j-1)$

所以我们推出转移

$$g(n,j)=g(n,j-1)-P_{j}^k[g(\frac{n}{P_{j}},j-1)-g(P_j-1,j-1)]$$

把两个转移合并一下，就是

$$g(n,j)= \begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-P_{j}^k[g(\frac{n}{P_j},j-1)-g(P_j-1,j-1)]&P_j^2\le n \end{cases}$$

考虑一下$g(P_{j},j)$的值？显然是$$\sum_{i=1}^jP_jk$$

我们要求的是什么？$g(n,|P|)$，其中$|P|$是$Prime$集合的大小，也就是满足条件的质数的个数。

而我们根据上面的转移，发现需要的质数只有不大于$\sqrt n$的，所以只需要筛出这些质数就好了。

我们来思考一下$g$函数所代表的含义，

我们可以理解为在模拟埃氏筛法的过程，

$g(n,j)$表示$[1,n]$排成一列放在这里，但是你已经晒过一些质数了，

你把前$j$个质数的倍数全部划掉了，剩下的求个$F(x)$的和就是$g$函数。

所以转移的过程可以理解为已经筛完了前$j-1$个质数，现在考虑删除第$j$个质数的过程。

看到这里一定会感觉上面十分的有道理，但是又有一些疑问。

在上面的计算过程中，始终只考虑了$\le\sqrt n$的质数，那么，那些$\gt\sqrt n$的质数呢？

其实，我们的$g$函数要计算的本来就只有质数的值，所以，我们的$g$函数算出来的结果并不是真正的结果。

还记得上面对于这类积性函数有什么要求吗？能够快速的计算$F(x),x\in Prime$。

所以，我们先假设所有的数的计算方法都等同于质数的计算方法，所以我们可以快速的计算前缀和

也就是$g(n,0)$，虽然这个值是假的。但是，如果$g$中只包含了质数的值的话，那么它的计算结果就是真正的结果。

因此，预处理$g$的过程，我们理解为一个计算所有质数的值的过程。

怎么算我们要的东西呢？

接着我们来考虑求积性函数的前缀和。

设 $$S(n,j)=\sum_{i=1}^nF(i)[min(p)\ge P_j,p\in P,p|i\ ]$$

后面的意思和上面是一样的，也就是所有最小质因数大于$P_j$的$i$的$F(i)$之和

那么，$S(n,j)$分为两个部分计算，一部分是所有质数的和，一部分是所有合数的和，$1$的值单独算一下。

所有质数的值显然可以用$g$表示出来，也就是$g(n,|P|)$，当然，这里还需要考虑一下质数大小的限制

考虑合数部分的贡献。

枚举一下每个合数的最小质因子以及最小质因子的次幂，这样可以进行转移。

$$S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k\ge j}\sum_{e}(F(P_k^e)S(\frac{n}{P_k^e},k+1)+F(P_k^{e+1}))$$

为什么？

因为$F(x)$是一个积性函数，所以我们把它的最小质因数拆出来，考虑剩下部分然后再乘起来是没有问题的。

所以我们枚举他的最小质因数，然后只需要考虑除完之后剩下部分的答案就好了。

因为最小质因数已经被除完，所以剩下部分中不能再含有最小质因数。

同时，所有的$F(p_k^i)$也被筛掉了，所以需要额外的补进来。

一个栗子

LOJ#6053 简单的函数

积性函数为$f(p^c)=p\oplus c,p\in Prime$

我们来考虑质数的贡献，因为除$2$外的所有质数都是奇数，所以$f(p)=p-1$

而$f(2)=p+1=2+1=3$

我们先把所有的数的贡献都当做$p$来算，这样可以方便我们计算$g$的值。

再注意到一点，我们真正在计算$g(n,j)$的时候，并不需要计算出所有的$n$值

我们发现每次转移的时候只与整除有关，所以考虑一下数论分块后的结果，

这样的值大约只有$2\sqrt n$个，所以只需要这些数的值。我们可以预处理出来，然后存起来。

初值计算 $$g(n,0)=\sum_{i=2}^nf(i)$$

当然这里的$f(i)$是“假的”$f(i)$，也就是我们把所有的数都当成质数来计算

也就是$f(i)=i$，所以求和的结果是$\frac{n(n+1)}{2}-1$

然后我们看到上面的式子，还需要维护一下筛出来的质数的前缀$f(x)$和，也就是$g(P_i-1,i)$

这个的话我们在筛质数的时候直接维护一下就好了。

因为对于所有的质数，我们实际的$f(i)$是$i-1$，所以还需要维护一下质数的个数，

也就相当于维护一个积性函数$h(x)=1$，和前面$g$函数一样的计算就行了。

接下来就表示成$h(n,j)$了。

然后如何计算答案？

我们采用递归的方法，并且不需要记忆化

先考虑一下$S(n,j)$的初值，也就是所有满足条件的质数的答案

这个答案是 $$g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}(P_i-1)-h(n,|P|)$$

为啥？首先是所有质数的$f(x)$的值，就是前面的$g$函数

然后因为最小的质数是$P_j$，所以把小于$P_j$的质数的贡献给减掉

然后因为要计算的$f(x)$是$x-1$，所以还需要额外减那个$1$，也就是质数的个数。

如果$j=1$的时候，$f(2)=3$，但是在计算过程中我们算的是$f(2)=1$，所以需要额外的加二

这样一来就差不多可以实现了。
代码戳这里