Min_25 筛的另一种实现

众所周知，\(\text{Min25}\) 筛的复杂度是假的。

众所周知，虽然洲阁筛的复杂度是真的，但是跑的没 \(\text{Min25}\) 筛快，而且非常难写。

众所周知，\(\text{Min25}\) 筛的复杂度假在了第二部分。

于是我们期望能对第二部分改进，以获得一个复杂度正确，而且比洲阁筛好写一点的筛子。

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一些定义：

• \(P\)：质数集，\(p_k\) 为第 \(k\) 个质数，特别的，规定 \(p_0=1\)
• \(\operatorname{minp}(n)\)：\(n\) 的最小质因子在质数集中的排名
• \(\operatorname{maxp}(n)\)：\(\leq \sqrt{n}\) 的最大质数在质数集中的排名
• \(f(i)\)：我们要求前缀和的函数
• \(N\)：最后要求的 \(\sum_{i=1}^{N}f(i)\)，与过程中的 \(n\) 区分
• \(n\)：过程中的 \(n\)，即 \(n\in\{\lfloor\dfrac{N}{1}\rfloor,\lfloor\dfrac{N}{2}\rfloor,\lfloor\dfrac{N}{3}\rfloor,\ldots,\lfloor\dfrac{N}{N}\rfloor\}\)，这样的 \(n\) 一共有 \(\sqrt{N}\) 个。
• \(F(n)\)：\(f(i)\) 的前缀和，即 \(F(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)\)
• \(F_p(n)\)：\(f(i)\) 在质数处的前缀和，即 \(F_p(n)=\sum_{i=1}^{n}[i\in P]f(i)\)

\(\text{Min25}\) 筛的主要思想是将质数处和合数处的值分开来计算，即：

\[F(N)=f(1)+F_p(N)+\sum_{j=2}^{N}[j\notin P]f(j) \]

我们称 \(F_p(N)\) 为第一部分，\(\sum_{j=2}^{N}[j\notin P]f(j)\) 为第二部分。

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第一部分是相同的，简单复述一下：

首先构造完全积性函数 \(f'(p)=f(p)\)。设 \(g(i,n)=\sum_{j=2}^{n}[j\in P\vee \operatorname{minp}(j)>i]f'(p)\)，那么我们就有 \(F_p(n)=g(\operatorname{maxp}(n),n)\)。

考虑递推 \(g(i,n)\)，有初值 \(g(0,n)=\sum_{j=2}^{n}f'(j)\)，递推式考虑减去最小质因子为 \(i\) 的贡献，由于是完全积性函数，我们无需枚举质因子的指数：

\[g(i,n)=g(i-1,n)-f'(p_i)\bigg(g(i-1,\lfloor\dfrac{n}{p_i}\rfloor)-g(i-1,p_{i-1})\bigg) \]

由于对于 \(p_i>\sqrt{n}\) 的没有需要减去的贡献，因此对于每个 \(n\) 只会有 \(\operatorname{maxp}(n)\) 次的转移，所以复杂度为：

\[\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}O(\dfrac{\sqrt{i}}{\log \sqrt{i}})+\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}O(\dfrac{\sqrt{\frac{N}{i}}}{\log \sqrt{\frac{N}{i}}})\approx O(\dfrac{N^{\frac{3}{4}}}{\log N}) \]

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重点分析第二部分。

朴素的 \(\text{Min25}\) 筛在这一部分设的是 \(h(i,n)=\sum_{j=2}^{n}[\operatorname{minp}(j)>i]f(j)\)，边界为 \(p_i\geq n\) 时 \(h(i,n)=0\)，转移为：

\[h(i,n)=F_p(n)-F_p(p_i)+\sum_{j>i}\sum_{e\geq 1,p_j^e\leq n}f(p_j^e)\bigg(h(j,\lfloor\dfrac{n}{p_j^e}\rfloor)+[e\ne 1]\bigg) \]

这个递推式的复杂度实际上是 \(O(n^{1-\epsilon})\) 的，因此 \(\text{Min25}\) 实际上并不是亚指数筛。

考虑复杂度在哪里出现了退化：我们枚举了 \(p_j\)。

这很不好。

我们尝试用和 \(g(i,n)\) 一样的思路，每次在 \(h(i+1,n)\) 的基础上加上由 \(p_{i+1}\) 产生的贡献，这样我们可以写出递推式：

\[h(i,n)=h(i+1,n)+\sum_{e\geq 1,p_{i+1}^e\leq n}f(p_{i+1}^e)\bigg(h(i+1,\lfloor\dfrac{n}{p_{i+1}^e}\rfloor)\bigg) \]

还可以更优美一些：

\[h(i,n)=\sum_{e\geq 0,p_{i+1}^e\leq n}f(p_{i+1}^e)\bigg(h(i+1,\lfloor\dfrac{n}{p_{i+1}^e}\rfloor)\bigg) \]

这是什么？为什么式子这么熟悉？

这是洲阁筛的第二部分。

在这里精细实现可以做到 \(O(\dfrac{N^{\frac{3}{4}}}{\log N})\)，但是我们期望得到一个更好写的做法。

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洲阁筛复杂在哪里？需要写一个后缀和。

为什么会有这个后缀和的贡献而不能像 \(g\) 一样没有贡献？因为存在 \(p_{i+1}>\sqrt{n},e=1\) 时从 \(f(p_{i+1})h(i+1,1)\) 的转移，也就是 \(>\sqrt{n}\) 的质数的贡献。

如何去掉这个转移？在状态中去掉关于质数的贡献。

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我们设 \(h(i,n)=\sum_{j=2}^{n}[j\notin P\land \operatorname{minp}(j)>i]f(j)\)，此时对于 \(i>\sqrt{n}\) 就有 \(g(i,n)=0\)，这样的话状态数就缩减到了 \(O(\dfrac{N^{\frac{3}{4}}}{\log N})\)。

考虑转移：

\[h(i,n)=h(i+1,n)+\sum_{e\geq 1,p_{i+1}^e\leq n}^{}f(p_{i+1}^e)\bigg([e\ne 1]+h(i+1,\lfloor\dfrac{n}{p_{i+1}^e}\rfloor)+F_p(\lfloor\dfrac{n}{p_{i+1}^e}\rfloor)-F_p(p_i)\bigg) \]

虽然式子看上去变得更复杂了，但是因为状态数降下来，所以转移可以暴力实现，实现难度和 \(\text{Min25}\) 筛的难度差不多。

由于转移看上去不能确定是 \(O(1)\) 的，因此至此还不能确定总时间复杂度。

考虑对于一个 \(n\) 的总转移次数 \(t(n)\)，我们枚举 \(e\)，求出能转移到 \(n\) 的整数的数量（先不考虑只从质数处转移，最后乘上一个质数密度即可）：

\[t(n)=\sum_{e=2}^{\log n}O(n^{\frac{1}{e}})<\sum_{e=0}^{\log n}O(\dfrac{\sqrt{n}}{2^e})<2\times O(\sqrt{n}) \]

（这里的第一个 \(<\) 是渐进意义上的）

因此第二部分总复杂度为：

\[\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}O(\dfrac{\sqrt{i}+t(i)}{\log \sqrt{i}})+\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}O(\dfrac{\sqrt{\frac{N}{i}}+t(\frac{N}{i})}{\log \sqrt{\frac{N}{i}}})\approx O(\dfrac{N^{\frac{3}{4}}}{\log N}) \]

完结撒花~

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PS：关于实际效率

参考在 \(\text{Min25}\) 筛模板题的提交：

假复杂度做法（\(O(N^{1-\epsilon})\)，1.75 s）

正确复杂度做法（\(O(\dfrac{N^{\frac{3}{4}}}{\log N})\)，3.27 s）

PN 筛（\(O(N^{\frac{2}{3}})\)，4.56 s）

从上往下渐进复杂度在变优，实际速度在变慢