Min25筛

博客两年没更了，其实博主有在打 ACM，但是因为平时用 Latex 而不是 Markdown 所以就算写了点东西也懒得搬，最近准备搬点知识点总结过来，为了防止比赛撞板子就不放代码了

用途

求积性函数 \(f\) 的前缀和 \(F(n)=\sum_n^{i=1} f(i)\).

复杂度 \(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log{n}})\) (或者 \(O(n^{1-\epsilon})\), 存在 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的树状数组优化版本, 但常数巨大)

使用条件

• \(f(p)\) 是低次多项式(感觉是完全积性函数的线性组合就行?)
• \(f(p^e)\) 可以快速求出

原理

Part 1

对于完全积性函数 \(f_k(i)=i^k\), 求解 \(\sum_{p_i \le n} f_k(p_i)\), 其中 \(p_i\) 是第 \(i\) 小的质数.

通过埃氏筛的方式只留下合法位置, 这样质数只需要筛到 \(\sqrt{n}\) 就可以把合数位置全部去除.

设 \(g_k(n,i)\) 为用前 \(i\) 个质数做埃氏筛, 前 \(n\) 个数剩余合法位置的 \(f_k\) 的和, 即

\[ g_k(n,i)=\sum_{j=2}^{n}{[MinP(j) > p_i \lor j \in P] \cdot f_k(j)} \]

其中, \(MinP(j)\) 为 \(j\) 的最小质因数.

考虑埃氏筛的过程:

首先, \(1\) 从一开始就被筛去, 因此 \(g_k(n,0) = \sum_{i=2}^{n} f_k(p_i)\), 即自然数幂和减 \(1\).

接下来每个数被其最小质因数筛去.

\[ g_k(n,i)=g_k(n,i-1)-\sum_{j=p_i+1}^{n}{[MinP(j)=P]\cdot f_k(j)}\\ =g_k(n,i-1)-f_k(p_i)\cdot\sum_{j=p_i+1}^{n}{[MinP(j)=P]\cdot f_k(\frac{j}{p_i})}\\ =g_k(n,i-1)-f_k(p_i)\cdot\sum_{j=p_i}^{\lfloor \frac{n}{p_i} \rfloor}{[MinP(j)\ge P]\cdot f_k(j)}\\ g_k(n,i-1)-f_k(p_i)\cdot(g_k(\lfloor \frac{n}{p_i} \rfloor,i-1)-\sum_{j=1}^{i-1}f_k(p_i)) \]

记 \(\sum_{j=1}^{i-1}f_k(p_i)\) 为 \(sp_k(i-1)\), 可以线性筛预处理.

根据这个式子可以dp, 但时间和空间复杂度都不能接受.

可以注意到,第 \(i\) 次筛后的 \(g\) 数组是由第 \(i-1\) 次筛后的 \(g\) 数组转移而来, 且转移点 \(\lfloor \frac{n}{p_i} \rfloor < n\), 所以可以直接省掉一维.

注意到每次转移点都是 \(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor\) 的形式,
由于 \(\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}{b} \rfloor = \lfloor \frac{n}{ab} \rfloor\),
所以为了求 \(g_k(n,i)\) 实际需要用到的位置不超过 \(2\sqrt{n}\) 个.

将这 \(2\sqrt{n}\) 个位置拼成一个数组, 只计算这些位置的值, 看起来就非常优秀了.

由于对于 \(g_k(n,\infty)\), 只需要枚举不超过 \(\sqrt{n}\) 的质数, 总复杂度为:

\[ T(n)=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\pi(\sqrt{i}))+\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\pi(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}))\\ =\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\pi(\sqrt{\frac{n}{i}}))\\ =\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\frac{\sqrt{\frac{n}{i}}}{\log(\frac{n}{i})})\\ =O(\int_{1}^{\sqrt{n}}\frac{\sqrt{\frac{n}{x}}}{\log(\sqrt{\frac{n}{x}})} \mathrm{d}x)\\ =O(\frac{\sqrt{n}}{\log n}\int_{1}^{\sqrt{n}}x^{-\frac{1}{2}} \mathrm{d}x)\\ =O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n}) \]

这样,就对所有 \(m = \lfloor \frac{n}{x} \rfloor\) 的位置都求出了\(\sum_{p_i \le m} f_k(p_i)\), 如果\(f(i)\)只在质数位置不为\(0\)(如求质数个数等, 就已经做完了).

Part 2

接下来求解 \(\sum_{i=1}^{n}f(i)\), 设:

\[S(n,i)=\sum_{j=2}^{n}{[MinP(j)>p_i] \cdot f(j)} \]

所求即为 \(S(n,0)+1\).

分别考虑质数和合数位置对 \(S(n,i)\) 的贡献:

• 对质数位置, \(f(i)\) 是低次多项式, \(i^k\)的贡献为 \(g_k(n,\infty)-sp_k(i)\), 容易算出总贡献.

• 对合数位置, 需要枚举其最小质因子及其次数, 根据积性函数的性质知道,贡献为:

\[\sum_{j>i}\sum_{p_j^e\le n}f(p_j^e)(S(\lfloor \frac{n}{p_j^e} \rfloor,j)+[e\neq 1]) \]

似乎因为某些深刻的原因(好像是只会每个位置访问一次)直接递归计算就行, 复杂度是 \(O(n^{1-\epsilon})\) 的, 但常数巨小, 在\(n \le 10^{13}\)时和\(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log{n}})\)等数量级.
如果也写成dp递推就同样是 \(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log{n}})\) 的.