Min_25筛
被 蒟蒻tyy 按在地上摩擦/dk
-1.参考资料
0.定义
定义 \(x/y=\lfloor\frac{x}{y}\rfloor\)。
定义
定义 \(p_k\) 为第 \(k\) 个质数，且 \(p_0=1\)。
定义 \(\operatorname{lpf}(n)=\min\{p|[p|n]\}\)。
1.算法
min_25 筛可以在 \(O(\frac{n^\frac{3}{4}}{\log n})\) 或者 \(O(n^{1-\epsilon})\)时间内计算出积性函数前缀和问题。
要求：\(f(p^c)\) 是关于 \(p\) 的项数较少的多项式，可以快速求值。
考虑 dp。设
枚举 \(i\)最小质因子，有：
最后一步是因为
而因为对于满足 \(p_i^c\le n<p_i^{c+1}\) 的 \(c\)，有 \(1\le n/p_i^c<p_i<p_{i+1}\)，所以 \(F_{i+1}(n/p_i^c)=0\)，所以
下面有两种处理方法：
- 直接按照定义式递推。
- 从大到小枚举 \(p\) ，注意到仅当 \(p^2<n\) 时的转移增加值不为 \(0\)，所以按照递推式后缀和优化即可
下面考虑如何计算 \(F_{prime}(n)\)。
观察求 \(F_k(n)\) 的过程，我们会发现只有 \(1,2,\dots,\sqrt n,n/\sqrt n,n/(\sqrt n-1),\dots,n\) 共 \(2\sqrt n\) 个数有用。
因为 \(f(p)\) 是关于 \(p\) 的多项式，按照次数拆分后，我们只要考虑 \(f(p)=p^s\) 的情况，于是问题就转化为了：
给定 \(n,s,g(p)=p^s\)，对所有 \(m=n/i\)，求 \(\sum_{p\le m}g(p)\)。
设
对任意合数 \(x\)，都有 \(\operatorname{lpf}\le \sqrt x\)，所以所求 \(F_{prime}(n)=G_{\lfloor\sqrt n\rfloor}(n)\)。
显然有 \(G_0(n)=\sum_{i=2}^{n}g(i)\)，考虑如何转移。
考虑每部分的贡献：
- 对于 \(n<p_k^2\) 的部分，\(G\) 值不变，贡献 \(G_{k-1}(n)\)。
- 对于 \(p_k^2\le n\) 的部分，被筛掉的数必有质因子 \(p_k\)，贡献 \(-g(p_k)G_{k-1}(n/p_k)\)。
- 对于第二部分，由于 \(p_k^2\le n\Leftrightarrow p_k\le n/p_k\)，所以有一部分 \(\operatorname{lpf}(i)<p_k\) 的 \(i\) 被减去，这部分要加回来，即 \(g(p_k)G_{k-1}(p_{k-1})\)。
所以
2.复杂度分析
对于 \(F_k(n)\) 的计算，可以证明，第一种方法复杂度 \(O(n^{1-\epsilon})\)，第二种方法复杂度 \(O\left(\frac{n^\frac{3}{4}}{\log n}\right)\)。
对于 \(F_{prime}(n)\) 的计算，可以证明复杂度为 \(O\left(\frac{n^\frac{3}{4}}{\log n}\right)\)。
3.实现
一般来说第一种方法代码难度低，而且数据范围较小时比第二种更快，所以有一般采用第一种方法实现。
这是洛谷模板的实现。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1000005,P=1e9+7,inv3=333333336;
ll n,num,cnt,tot,w[N],g1[N],g2[N],pr[N],s1[N],s2[N],ind1[N],ind2[N];
bool vst[N];
ll S(ll x,ll y){
if(pr[y]>=x)return 0;
ll k=(x<=num?ind1[x]:ind2[n/x]),ret=(g2[k]-g1[k]+P-(s2[y]-s1[y])+P)%P;
for(ll i=y+1;i<=cnt&&pr[i]*pr[i]<=x;i++)
for(ll e=1,pe=pr[i],t;pe<=x;e++,pe=pe*pr[i])
ret=(ret+(t=pe%P)*(t-1)%P*(S(x/pe,i)+(e!=1)))%P;
return ret%P;
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
num=sqrt(n);
for(ll i=2;i<=num;i++){
if(!vst[i])pr[++cnt]=i,s1[cnt]=(s1[cnt-1]+i)%P,s2[cnt]=(s2[cnt-1]+i*i)%P;
for(ll j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=num;j++){
vst[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0)break;
}
}
for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
w[++tot]=n/l;
g1[tot]=w[tot]%P;
g2[tot]=g1[tot]*(g1[tot]+1)/2%P*(2*g1[tot]+1)%P*inv3%P-1;
g1[tot]=g1[tot]*(g1[tot]+1)/2%P-1;
if(n/l<=num)ind1[n/l]=tot;
else ind2[r]=tot;
}
for(ll i=1;i<=cnt;i++)
for(ll j=1,k;j<=tot&&pr[i]*pr[i]<=w[j];j++){
k=(w[j]/pr[i]<=num?ind1[w[j]/pr[i]]:ind2[n/(w[j]/pr[i])]);
g1[j]-=pr[i]*(g1[k]-s1[i-1]+P)%P;
g2[j]-=pr[i]*pr[i]%P*(g2[k]-s2[i-1]+P)%P;
g1[j]=(g1[j]%P+P)%P,g2[j]=(g2[j]%P+P)%P;
}
printf("%lld\n",(S(n,0)+1)%P);
return 0;
}
实现时依次做如下事情：
- 筛出 \([1,\sqrt n]\) 内的质数和前 \(\sqrt n\) 个 \(f\) 值；
- 把 \(f(p)\) 关于 \(p\) 写成多项式表示，对每一项算出对应的 \(G\) 并合并算出 \(F_{prime}\)。
- 按照 \(F_k(n)\) 的递推式，用递归求出 \(F_1(n)\)。
