min_25 筛入门

前置知识 1：埃氏筛法

主要被应用于筛出 \(n\) 以内的质数。
需要对 \(\sqrt{n}\) 以内的质数枚举其倍数，划去 \(n\) 以内的它们的倍数，剩下的数字就是 \(n\) 以内的质数。

前置知识 2：积性函数

定义：对于函数 \(f(x)\) ，若有 \(\gcd(x,y)=1\) ，则满足 \(f(x)\times f(y)=f(x\times y)\)，这样的函数 \(f(x)\) 被称为积性函数。

若对于任意的 \(x,y\)，均有 \(f(x)\times f(y)=f(x\times y)\)，则这样的函数 \(f(x)\) 被称为完全积性函数

现在考虑埃氏筛法的过程，若我们要求某个积性函数的前缀和，可以假设对每个数字进行质因数分解，然后模拟埃氏筛法的过程，枚举该质因子的指数。这时我们可以保证这个分解出来的 \(p_i^{e_i}\) 与其他部分互质，由积性函数的性质，能直接乘起来计入贡献。

这个看上去很暴力的想法，就是 min_25 筛法的核心思想。

min_25 筛

我们需要计算的是某个积性函数 \(f(n)\) 的前缀和，这个 \(f\) 需要满足在 \(p\) 处的点值是一个关于 \(p\) 的低次多项式，在 \(p^e\) 处的点值可以快速计算。

以下内容与多数教程有较大差异，如果发现问题还请读者指出

我们第一部分需要计算是 \(f\) 的质数处点值的前缀和。

将函数 \(f\) 质数处的点值用若干个函数 \(g_{1\dots k}\) 的和差表示，其中对每一项要求 \(g\) 为完全积性函数，且可以快速求前缀和。我们第一部分需要计算的只是 \(f\) 的质数处点值，而 \(f\) 的这部分是可以通过 \(g\) 直接得到的，至于合数处的点值，可以不用去管它，因为它们会在容斥的过程中被除掉。

可以发现，我们构造的完全积性函数实际上全部形如 \(i^k\) ，因此我们可以解决的 \(f(n)=\sum_{k}a_k\times n^k\) ，实际上是对每个 \(k\) 构造 \(i^k\) ，分别求出质数处的点值后再乘上 \(a_k\) ，将贡献计入。

例如：

• 求质数个数，将质数处的点值置为 \(1\)，再做前缀和，因此构造的函数为全 \(1\) 函数
• 求质数和，将质数处的点值置为 \(i\)，再做前缀和，因此构造的函数为 \(Id\)
• \(\varphi(i)\) 质数处的点值为 \(i-1\) ，可以构造成 \(Id\) 和 \(1\) 两个函数的差
• \(\mu(i)\) 质数处的点值为 \(-1\) ，可以构造 \(1\) 函数，结果取相反数
• \(\frac{1}{\sigma_0(i)}\) 质数处的点值为 \(\frac{1}{2}\) ，可以构造 \(1\) 函数，结果乘 \(\frac{1}{2}\)
• loj #6053 \(2\) 处点值为 \(3\) ，奇质数处点值为 \(i-1\) ，可以最后单独处理 \(2\) ，其他构造同 \(\varphi\)
• 洛谷P5325 质数处点值为 \(i^2-i\) ，构造 \(Id2\) 和 \(Id\) ，分别处理然后作差

下文只对求其中的一个 \(g\) 进行讨论。

第一部分

设 \(G(i,j)\) 表示前 \(i\) 个数字，进行了 \(j\) 轮埃氏筛法，剩余的数字（即为最小的质因数 \(P> p_j\) 的数字和更小的质数）的 \(g\) 函数值之和。

下面考虑递归计算 \(G(i,j)\)，需要分两种情况讨论：

1. \(p_j^2>i\) ，显然 \(G(i,j)=G(i,j-1)\) ，因为 \(p_j\) 筛不掉任何一个新的数字

2. \(p_j^2\le i\) ，这一次筛掉了的数字满足这样的性质：不能被 \(p_{1,2\dots j-1}\) 整除，能被 \(p_j\) 整除，可以发现这些数字的函数值之和可以表示为 \(g(p_j)(G(\lfloor\frac{i}{p_j}\rfloor,j-1)-G(p_j-1,j-1))\) ，理解起来就是对 \(\lfloor\frac{i}{p_j}\rfloor\) 以内的最小质因子不小于 \(p_j\) 的数字强行乘一个 \(p_j\) ，构造出以 \(p_j\) 为最小值质因子的所有数字，也就是需要减去的部分。至于减去 \(G(p_j-1,j-1))\) 的目的是除去 \(G(\lfloor\frac{i}{p_j}\rfloor,j-1)\) 里面多出来的前 \(j-1\) 小的质数的点值。

两种情况合并起来就可以计算 \(G(i,j)\) 了，也就是

\[ G(i,j)=G(i,j-1)-[p_j^2\le i]\times g(p_j)\times [G(\lfloor\frac{n}{p_j}\rfloor,j-1)-G(p_j-1,j-1)] \]

第二部分

有了 \(G\) 函数的值，如何计算 \(f\) 的前缀和呢？

类似第一部分的方法，设 \(F(n,j)\) 表示前 \(n\) 个数字，进行了 \(j\) 轮埃氏筛法，剩余的数字的 \(f\) 函数之和

\(F(n,j)\) 分 \(1\)，质数，合数三部分计算，\(1\) 直接加上，新加进来的所有质数的点值之和可以用 \(G(n,|p|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(p_i)\) 表示（减去的那部分是因为质数大小的限制）。

对于合数的部分，考虑枚举其一个质因子及其指数，拆分出来计算贡献，因为积性函数的值关于不同质因子独立，所以可以直接乘起来。要注意这里会把 \(p_k^e\) 筛掉，所以要手动补回来。

表示成式子是这样：

\[ F(n,j)=G(n,|p|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(p_i)+\sum_{k> j}\sum_{e}(f(p_k^e)F(\lfloor\frac{n}{p_k^e}\rfloor,k+1)+f(p_k^{e+1})) \]

时间复杂度

第一部分暴力递推，第二部分直接递归，不需要记忆化

时间复杂度并没有统一的说法，我们只需要知道在 \(1\) 秒的时限内可以跑一次 \(10^{11}\) ，或两三次 \(10^{10}\)，或若干次 \(10^9\) 就可以了。

实现

通过一些整除分块的知识，可以知道第一部分只有 \(O(\sqrt{n})\) 个点值有用，那么我们预处理出这些位置。这里有一个储存的技巧：因为大于 \(\sqrt{n}\) 的和小于它的都有不超过 \(\sqrt{n}\) 个，因此可以分别开数组储存，不需要开 map 。

\(G\) 数组只需要开一维，从高往低操作就可以了。

第二部分直接暴力递归求解，没啥好说的。