Min-25 筛

Min-25 筛

参考 \(\text{OI-Wiki}\) 和 2018 集训队论文 朱震霆《一些特殊的数论函数求和问题》。

\(\text{Min-25}\) 的本质是埃式筛和数论分块，其实并没有什么高级的技巧。

记 \(x/y = \lfloor \frac{x}{y} \rfloor\)，\(pr_k\) 表示第 \(k\) 小的质数，\(\text{lpf}(i)\) 表示 \(i\) 的最小质因数，\(\text{isprime(i)}\) 表示 \(i\) 是否是质数。如无特殊说明以下所有 \(p\) 表示质数。

假设我们要求一个积性函数 \(f\) 的前缀和 \(F(n) = \sum\limits_{i = 1}^{n} f(i)\)。要求 \(f(p)\) 能表示成较少个数的完全积性函数之和。\(f(p^k)\) 可以快速求值。

设 \(F_k(n) = \sum\limits_{i = 2}^{n} [\text{lpf}(i) \ge pr_k] f(i)\)。那么 \(F(n) = F_1(n) + f(1)\)，因为 \(f\) 是积性函数，\(f(1) = 1\)，即求 \(F_1(n) + 1\)。

考虑如何求一个 \(F_k(n)\)，我们枚举最小质因子 \(pr_i\)，次数为 \(c\)，并特殊处理所有质数，可以得到

\[F_k(n) = \sum\limits_{i \ge k, {pr_i}^2 \le n} \sum\limits_{c \ge 1, {pr_i}^c \le n} f({pr_i}^c) \big{(} F_{i + 1}(n / {pr_i}^c, i + 1) + [c > 1] \big{)} + \sum\limits_{pr_k \le p \le n} f(p) \]

设 \(F_{\text{prime}}(n) = \sum\limits_{p \le n} f(p)\)，于是

\[F_k(n) = \sum\limits_{i \ge k, {pr_i}^c \le n} \sum\limits_{c \ge 1, {pr_i}^c \le n} f({pr_i}^c) \big{(} F_{i + 1}(n / {pr_i}^c, i + 1) + [c > 1] \big{)} + F_{\text{prime}}(n) - F_{\text{prime}}(pr_{k - 1}) \]

接下来我们需要求 \(F_\text{prime}(n)\)。对于 \(F_\text{prime}(pr_k)\) 的部分，由于 \(pr_k \le \sqrt n\)，可以提前预处理。只需考虑 \(F_\text{prime}(n)\)。

在计算过程中我们只做了 \(n \gets n / x\) 的操作，由于 \(n / x_1 / x_2 / \ldots / x_m = n / (x_1 \times x_2 \times \ldots \times x_m)\)。于是只需对所有 \(m = n / i\)，求 \(F_\text{prime}(m)\)。

做一遍整除分块，则 \(m\) 只有不超过 \(2\sqrt{n}\) 种取值，对这些 \(m\) 筛出 \(F_\text{prime}(m)\) 的点值即可。

一般情况下，\(f(p)\) 是一个关于 \(p\) 的低次多项式，可以表达为 \(f(p) = \sum\limits_{i} a_ix^i\)。

考虑分离每个 \(x^i\) 的贡献，设 \(g(p) = p^i\)，类似的设一个 \(G_{\text{prime}}(n) = \sum\limits_{p = 2} g(p)\)。则最后可以用若干个 \(G_\text{prime}\) 合并出 \(F_{\text{prime}}\)，此时再分别补上 \(a_i\) 的系数。

现在只需求 \(G_{\text{prime}}\)。注意到 \(g(p)\) 是完全积性函数。设 \(G_{k}(n) = \sum\limits_{i = 2}^{n} [\text{isprime}(i) \vee \text{lpf}(i) > pr_k] g(i)\)，即埃式筛 \(k\) 轮后剩下的数 \(g(i)\) 之和。对于一个合数 \(x\)，必有 \(\text{lpf}(x) \le \sqrt x\)。于是 \(G_\text{prime} = G_{\lfloor \sqrt{n} \rfloor}\)。

然后我们可以写出一个 \(G_k\) 的递推式：

\[\begin{align} G_k(n) = \ & G_{k - 1}(n) - \sum\limits_{i = 2}^{n} [\lnot \text{isprime}(i) \wedge \text{lpf}(i) = pr_k] g(i) \\ & G_{k - 1}(n) - f(pr_k)\big{(}G_{k - 1}(n / pr_k) - G_\text{prime}(pr_{k - 1}) \big{)} \end{align} \]

其中由于 \(pr_k \le \sqrt n\)，\(G_\text{prime}(pr_k)\) 同样可以预处理。最后从小到大枚举每个 \(k\) 做转移即可。

求出 \(F_\text{prime}\) 后可以直接递归算 \(F_k(n)\)。

时间复杂度分析我不会。参考论文的话，递推做 \(F_\text{prime}\) 部分时间复杂度 \(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\)，递归算 \(F_k(n)\) 时间复杂度 \(O(n^{1 - \epsilon})\)，总时间复杂度就是两者相加。

\(\text{Min-25}\) 的题目基本上都比较板，这里就不讲了。