Min_25筛学习笔记
引入问题：求一个积性函数\(f(i)\)的前缀和
其中\(f(i)\)满足对质数\(p\)有\(f(p)\)是关于\(p\)的低次多项式、\(f(p^c)\)的值可以快速求出。
Min_25筛时间复杂度为\(O(\frac{n^\frac{3}{4}}{\log n})\)，空间复杂度为\(O(\sqrt n)\)，实现常数较小。
Min_25筛的大体思想是将1n之间的数分为三部分：质数、合数和(第三部分你猜啊)~1
Part1.处理质数
设\(\mathrm{prime}(i)\)表示返回\(i\)是否为质数。
对于每个\(\lfloor\frac n x\rfloor\)，我们先预处理出
由于对于质数\(p\)，\(f(p)\)可以被表示为若干个\(p^k\)的和，所以我们可以把多项式每一项分别求值再相加，所以我们现在只考虑\(f(p)=p^k\)的情况。注意这里\(f\)是完全积性函数。
设\(\mathrm{minp}(i)\)表示\(i\)质因数分解后最小质因子，\(p_i\)代表从小到大第\(i\)个质数。设
直观地说，\(g(a,b)\)就是做\(b\)轮埃氏筛法后\(2\)$a$中剩下的所有数的$k$次幂的和。设$|P|$为$2$\(\sqrt n\)内素数集合的大小，则有
从小到大枚举质数，模拟埃氏筛法的过程，从\(g(?,b-1)\)推导\(g(?,b)\)，不难得到
什么意思呢？？
-
若\(a<p_b^2\)，所有\(a\)以内的合数已经被筛掉了，所以不影响，直接转移即可。
-
若\(a\ge p_b^2\)，我们考虑在第\(b\)轮筛法中筛掉了哪些数。
每一个\(\le\lfloor\frac a{p_b}\rfloor\)的且不含有\(\le p_b\)的质因子的数的\(p_b\)倍都会被筛掉
考虑减去\(g(\lfloor\frac a{p_b}\rfloor,b-1)\)，但由于这之中包含了\(<p_b\)质数，我们在加上\(g(p_{b-1},b-1)\)加回来即可。
由于\(p_{b-1}<\sqrt n\)，所以合法的\(\lfloor\frac n x\rfloor\)中一定存在\(p_{b-1}\)
由于最后我们只需要所有\(\lfloor\frac n x \rfloor\)的\(g\)值来作为答案，并且在递推过程中只会用到这些值 所以只需要记录\(O(\sqrt n)\)个\(\lfloor \frac n x\rfloor\)递推即可
即对于每个\(\lfloor\frac n x\rfloor\)，我们求出了\(\sum_{i=2}^{\lfloor\frac n x\rfloor}[\mathrm{prime}(i)]f(i)=\sum_kg(\lfloor\frac n x \rfloor,|P|)\)，\(|P|\)代表\(\sqrt n\)以内的素数集合的大小。
Part2.计算答案
令
我们分为两部分处理。
-
计算\(S(a,b)\)中所有质数的贡献，即\(\sum_{i=2}^n[\mathrm{minp}(i)\ge p_b\and\mathrm{prime}(i)]f(i)\)
这部分可通过处理的\(g\)快速得到：即为\(g(a,|P|)-g(p_{b-1},|P|)\)。
-
计算\(S(a,b)\)中所有合数的贡献
我们枚举最小质因子\(p_i\)和出现次数\(t\)
\[\sum_{i=b}^{|P|}\sum_{p_i^{t+1}\le a}\left(S(\lfloor\frac a {p_t^i}\rfloor,i+1)*f(p_i^t)+f(p_i^{t+1})\right) \]注意后面加上的那玩意儿是因为\(S\)中1不被考虑在内。
所以：
\[S(a,b)=\begin{cases} 0,&a<p_b\\ \displaystyle g(a,|P|)-g(p_{b-1},|P|)+\sum_{i=b}^{|P|}\sum_{p_i^{t+1}\le a}\left(S(\lfloor\frac a {p_t^i}\rfloor,i+1)*f(p_i^t)+f(p_i^{t+1})\right) ,&a>p_b\end{cases} \]据说这个直接搜就行了，不加记忆化都跑得飞快-_-||
实现
我们可以预处理所有的\(\lfloor \frac n x\rfloor\)的值，并从小到大记为\(a_1,\dots,a_m\)
对于\(1\le i\le \sqrt n\)，有\(a_i=i\)
对于其它的\(i\)有\(\lfloor\frac n {a_i}\rfloor=m-i+1\)
这样我们可以实现\(O(1)\)从数字到下标的变换
在处理\(g\)数组我们直接用\(a\)数组中的下标存储，空间复杂度即\(O(\sqrt n)\)。
转移\(g\)的时候只需要从大到小枚举（就像01背包那样，这样直接在原数组转移，滚都不用滚了），对于\(a< p_b^2\)的那部分不用搭理。。。时间复杂度是\(O(\frac{n^{\frac 3 4}}{\log n})\)的，不会证。
转移\(S\)的时候直接枚举，递归就行(雷哥说是\(O((n^2)^{n^2})\)的复杂度)，复杂度也是\(O(\frac{n^{\frac 3 4}}{\log n})\)，也不会证。
例子
SPOJ-DIVCNTK
给定\(n,k\)，设\(\sigma_0(x)\)表示\(x\)的约数个数，求\(\sum_{i=1}^n\sigma_0(i^k)\)，满足\(n,k\le 10^{10}\)，答案ull自然溢出。
//SPJ DIVCNTK
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
long long n, sqt, k;
long long a[2000010], g[2000010];
int prime[1000010];
int m, tot;
int getid(long long x) { return x <= sqt ? x : m - n / x + 1; }
unsigned long long chuans(long long n, int b)
{
if (n < prime[b]) return 0;
unsigned long long ans = (k + 1) * (g[getid(n)] - g[getid(prime[b - 1])]);
for (int i = b; i <= tot && prime[i] * (long long)prime[i] <= n; i++)
for (long long x = prime[i], f = k + 1; x * prime[i] <= n; x *= prime[i], f += k)
ans += (chuans(n / x, i + 1) + 1) * f + k;
return ans;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t --> 0)
{
scanf("%lld%lld", &n, &k);
sqt = sqrt(n);
tot = m = 0;
for (long long i = 1; i <= n; i = a[m] + 1)
a[++m] = n / (n / i), g[m] = a[m] - 1;
for (int i = 2; i <= sqt; i++)
if (g[i] != g[i - 1])
{
prime[++tot] = i;
long long sqr = i * (long long)i;
for (int j = m; a[j] >= sqr; j--)
g[j] -= g[getid(a[j] / i)] - g[i - 1];
}
printf("%llu\n", chuans(n, 1) + 1);
}
return 0;
}
