min_25筛学习笔记

参考博客

前置

$min_25$ 就是一种能在低于线性复杂度求积性函数 $f(x)$ 前缀和的筛法

复杂度大概为 $O(\frac{n^{\frac 3 4}}{log_n})$ （不会证，不过朱老大论文里有证明（看不懂））

要求 $f(x)$ 是一个积性函数，而且对于素数 $p$ ， $f(p)$ 和 $f(p^k)$ 可以快速得到

$g$

设 $P$ 表示素数集合, $Min_k$ 表示 $k$ 的最小质因子

$pr_i$ 表示从小到大第 $i$ 个素数

首先考虑求出 $\sum_{i=1}^{n}[i\in P] f(i)$

定义 $g(n,i)=\sum_{j=1}^{n}[j\in P{or}Min_j>pr_i] f(i)$

仔细瞪一下这个函数

我们发现从 $g(n,i-1)$ 到 $g(n,i)$

我们就相当于做埃氏筛的过程，用 $pr_i$ 把 $[1,n]$ 所有还没有被筛去的 $pr_i$ 的倍数筛去

实际上 $g(n,i)$ 就是对 $[1,n]$ 用前 $i$ 个素数做一次埃氏筛后剩下的数 $f$ 之和

现在考虑怎么从 $g(n,i-1)$ 推到 $g(n,i)$

首先如果 $pr_{i}^2> n$ 那显然不会有筛去任何数

否则考虑哪些数被删去了

一定是含质因子 $p_i$ ，而且除去 $p_i$ 后最小质因子一定大于 $p_i$

考虑其实也就是减去 $f(p_i)\times g(\frac n {p_i},i-1)$

又由于我们把 $pr_1$ ~ $pr_{i-1}$ 这些素数的 $f$ 值减去了，所以要再加一个 $\sum_{j=1}^{i-1}f(p_j)$

所以
$g(n,i)= \begin{cases} g(n,i-1) && n<p_i^2\\ g(n,i-1)-f(p_i)\times[g(\frac n{p_i},i-1)-\sum_{j=1}^{i-1}f(p_j)] && p_i^2\le n\\ g(n,i)=n && i=0 \end{cases}$

由于最后实际要求的是 $g(n,|P|)$ ，我们只需要开一维就可以了，第二维可以类似滚动数组滚掉

又由于大于 $\sqrt n$ 的质因子只有一个

所以我们可以记 $f1[i]$ 表示 $g(i,j)$ ， $f2[i]$ 表示 $g(\frac n i,j)$

这样空间复杂度只有 $O(\sqrt n)$

代码：当 $f(p)=1$ 即求素数个数时
代码实现比较精细
可以证明这样复杂度是 $O(\frac{n^{\frac 3 4}}{log_n})$

int lim=sqrt(n);
for(int i=1;i<=lim;i++)f1[i]=i-1,f2[i]=n/i-1;
for(int p=2;p<=lim;p++){
	if(f1[p]==f1[p-1])continue;
	for(int i=1;i<=lim/p;i++)f2[i]-=f2[i*p]-f1[p-1];
	for(int i=lim/p+1;1ll*i*p*p<=n&&i<=lim;i++)f2[i]-=f1[n/i/p]-f1[p-1];
	for(int i=lim;i>=1ll*p*p;i--)f1[i]-=f1[i/p]-f1[p-1];
}
return f2[1];

但是会跑的很慢
你找一照发现问题很简单
卡一下数组枚举和除法以及一些常用变量就会快 $5、6$ 倍

lim=sqrt(n);
for(i=1;i<=lim;++i)f1[i]=i-1,f2[i]=n/i-1,inv[i]=1.0/i;
for(p=2;p<=lim;++p){
	if(f1[p]==f1[p-1])continue;
	x0=f1[p-1],w1=lim/p,w2=min(lim,(n/p/p)),dd=n/p;
	for(i=1;i<=w1;++i)f2[i]+=x0-f2[i*p];
	for(i=lim/p+1;i<=w2;++i)f2[i]+=x0-f1[(int)(inv[i]*dd+1e-7)];
	for(i=lim;i>=1ll*p*p;--i)f1[i]+=x0-f1[(int)(inv[p]*i+1e-7)];
}
return f2[1];

$S$

现在我们已经求出了 $\sum_{i=1}^{n}[i\in P] f(i)$

考虑如何计算合数的答案

设 $S(n,i)=\sum_{j=1}^n [Min_j\geq pr_i] f(j)$

即满足所有质因子大于等于 $p_i$ 的数的 $f$ 之和

那么显然 $\sum_{i=1}^{n} f(i)=S(n,1)+f(1)$
考虑如何类似的递推

首先素数的答案已经算出来了
显然的是 $g(n,|P|)-\sum_{j=1}^{i-1}f(pr_j)$ (因为 $S$ 要求 $Min_j\ge pr_i$ )

考虑枚举合数的最小质因子和次数，直接算就是了

$S(n,i)=g(n,|P|)-\sum_{j=1}^{i-1}f(pr_j)+\sum_{j=i}^{pr_j^2\le n}\sum_{xs=1}^{pr_j^{xs+1}\le n}S(\frac{n}{pr_j^{xs}},j+1)\times f(pr_j^{xs})+f(pr_j^{xs+1})$