Min_25 筛

Min_25 筛 2020.9.24

这阅读量都14k了就离谱。

本来打算把之前的内容删了重写的，纠结了一下还是决定保留下来，大家就当看了图个乐。

Min_25筛是干啥的

$O(\frac{n^{0.75}}{\log n})$求积性函数前缀和。

咋做啊

大致分两步：

• 对所有$x=\lfloor\frac nd\rfloor$筛出不超过$x$的所有质数的$f$值之和
• 求解原问题，即所有$x=\lfloor\frac nd\rfloor$筛出不超过$x$的所有数的$f$值之和

为了方便，我们定义$g(i)(i \in \mathbb{N})$表示把$i$当成质数计算$f(i)$得到的结果。

定义$pri_j$表示第$j$小的质数，$sum_j=\sum_{k=1}^{j}f(pri_k)=\sum_{k=1}^jg(pri_k)$。

（因为一个合数的最小质因子小于其开根号，因此预处理质数时只需要考虑$\le \sqrt n$的质数，记$tot$表示这部分质数的数量。）

Min_25筛对被求解的积性函数$f$有一定的要求，最重要的一点是当给出$\sum_{i \in S}g(i)$时，能够快速的计算出$\sum_{i \in S}g(i \times pri_j)$。

第一步

我们记$G(i,j)(i = \lfloor\frac nd\rfloor)$表示$i$以内所有质数以及最小质因子$>pri_j$的合数的$g$之和。

初始时$G(i,0)=\sum_{k=2}^{i}g(k)$。

从小到大枚举质因子$pri_j$，把最小质因子恰好为$pri_j$的那些合数的$g$从$G$中去掉。枚举$\ge pri_j^2$的所有$i$，$G(i,j)$需要去掉的部分是$G(\lfloor\frac{i}{pri_j}\rfloor,j-1)-sum_{j-1}$并把$\sum g(i)$变成$\sum_{g(i \times pri_j)}$。

最终求出$G(i,tot)$就是$i$以内所有质数的$f$之和。

第二步

我们记$F(i,j)(i = \lfloor\frac nd\rfloor)$表示$i$以内所有质数以及最小质因子$>pri_j$的合数的$f$之和。

初始时$F(i,tot)=G(i,tot)$。

从大到小枚举$pri_j$，把最小质因子恰好为$pri_j$的那些合数的$f$加到$F$中去。枚举$\ge pri_j^2$的所有$i$，再额外枚举$pri_j^{e+1}\le i$的指数$e$，把$F(\lfloor\frac{i}{pri_j^e}\rfloor,j)\times f(pri_j^e)+f(pri_j^{e+1})$加进$F(i,j-1)$。

最后$F(i,0)$就是答案了！!1

时间复杂度

要是写得不对的话可以来喷我。

对于一个数$x$，满足$p^2 \le x$的质数$p$的数量是$O(\frac{\sqrt x}{\log \sqrt x})$。

考虑第一步的复杂度。考虑每个$i=\lfloor\frac nd\rfloor$被多少个质数枚举到了，有

$$T(n)=\sum_{x=1}^\sqrt{n}O(\frac{\sqrt x}{\log \sqrt x})+\sum_{x=1}^{\sqrt n}O(\frac{\sqrt {n/x}}{\log \sqrt {n/x}})$$

$\log$都是同级的可以提出来（？）

$$\sum_{x=1}^\sqrt{n}O(\sqrt x)+\sum_{x=1}^{\sqrt n}O(\sqrt {n/x})\\\approx\int_{0}^{\sqrt n}\sqrt xdx+\int_{0}^{\sqrt n}\sqrt{n/x}dx\\=\frac{2}{3}n^{\frac{3}{4}}+2n^{\frac{3}{4}}\\=O(n^{0.75})$$

所以总复杂度就是$O(\frac{n^{0.75}}{\log n})$了（迫真）

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以下是原来写的。

yyb好神仙啊

干什么用的

可以在$O(\frac{n^{\frac 34}}{\log n})$的时间内求积性函数$f(x)$的前缀和。

别问我为什么是这个复杂度

要求$f(p)$是一个关于$p$的简单多项式，$f(p^c)$可以快速计算。

怎么做啊

首先我们需要对每个$x=\lfloor\frac ni\rfloor$求出$\sum_{i=1}^x[i是质数]f(i)$。

怎么求呢？

先线性筛出$\sqrt n$范围内的质数，设$P_j$表示从小到大第$j$个质数。

设$g(n,j)=\sum_{i=1}^{n}[i \in P \ or\ \min(p)>P_j]f(i)$

说人话就是：$i$是质数，或者$i$的最小质因子大于$P_j$，把$1-n$内满足条件的$f(i)$加起来就是$g(n,j)$。

这个东西的实际含义是什么呢？可以参考一下埃氏筛法的运行过程。

假设现在有$n$个数依次排开，第$i$个数是$f(i)$，根据埃氏筛法的那套理论，每次选出一个质数，然后筛掉它的所有倍数。

会发现$g(n,j)$就是运行$j$次埃氏筛法后，没被筛掉的所有数之和加上所有的$f(p)$。

我们要求的$\sum_{i=1}^x[i是质数]f(i)$其实就是$g(x,|P|)$，其中$|P|$是质数集合的大小。

考虑$g(n,j)$的转移，分两种情况：

1、$P_j^2>n$。此时运行的第$j$次已经不会再筛掉任何数了（因为第$j$次运行中筛掉的最小的数是$P_j^2$），所以此时$g(n,j)=g(n,j-1)$。

2、$P_j^2\le n$。这时候我们就要考虑哪些数被筛掉了。被筛掉的数一定含有质因子$P_j$，且除掉$P_j$后最小的质因子会大于等于$P_j$。考虑减去$f(P_j)\times g(\frac{n}{P_j},j-1)$，但在$g(\frac{n}{P_j},j-1)$中多减去了$\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)$这些最小质因子小于$P_j$的函数值，所以再把它们加上就好了。

所以总结起来就是：

$$g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-f(P_j)[g(\frac{n}{P_j},j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)]&P_j^2\le n\end{cases}$$

关于$g(n,j)$的初值问题：$g(n,0)$表示所有数的和，也就是把所有数都当作是质数带入$f(p)$的那个多项式中算出的结果。

因为最后只要求所有的$g(x,|P|)$，所以在求的时候数组只开了一维。这样做的复杂度被证明是$O(\frac{n^{\frac 34}}{\log n})$的。

以$f(x)=1$即求$n$以内的质数个数为例：

for (int i=1,j;i<=n;i=j+1){
	j=n/(n/i);w[++m]=n/i;
	if (w[m]<=Sqr) id1[w[m]]=m;
	else id2[n/w[m]]=m;
	g[m]=(w[m]-1)%mod;
}
for (int j=1;j<=tot;++j)
	for (int i=1;i<=m&&pri[j]*pri[j]<=w[i];++i){
		int k=(w[i]/pri[j]<=Sqr)?id1[w[i]/pri[j]]:id2[n/(w[i]/pri[j])];
		g[i]=(g[i]-g[k]+j-1)%mod;g[i]=(g[i]+mod)%mod;
	}

说了那么多你求出了啥？

现在我们已经对于$x=\lfloor\frac ni\rfloor$求出了$\sum_{i=1}^x[i是质数]f(i)$。

我们设$S(n,j)=\sum_{i=1}^n[\min(p)\ge P_j]f(i)$，也就是所有满足最小质因子大于等于$P_j$的$f$值之和。

那么最终的答案就是$S(n,1)+f(1)$。

鉴于质数的答案我们已经算出来了，是$g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)$。（因为要保证最小质因子大于等于$P_j$所以要把小于它的质数减掉）

考虑合数。我们枚举这个合数的最小质因子及其出现次数，然后直接乘即可。

$$S(n,j)=g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k=j}^{P_k^2\le n}\sum_{e=1}^{P_k^{e+1}\le n}S(\frac{n}{P_k^e},k+1)\times f(P_k^e)+f(P_k^{e+1})$$

然后这个的复杂度也被证明是$O(\frac{n^{\frac 34}}{\log n})$的。

举个栗子

loj6053简单的函数

定义积性函数$f(p^c)=p\oplus c$，求其前$n$项和。

会发现除了$2$以外的质数都满足$f(p)=p\oplus 1=p-1$，所以可以分别计算出$g(x,|P|)=\sum_{i=1}^x[i是质数]i$以及$h(x,|P|)=\sum_{i=1}^x[i是质数]1$。

在处理$S$的时候，如果$j=1$，就说明其中包含$2$这个因数，因此把答案$+2$即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e6+5;
const int mod = 1e9+7;
int Sqr,zhi[N],pri[N],sp[N],tot,m,id1[N],id2[N],g[N],h[N];
ll n,w[N];
void Sieve(int n){
	zhi[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,sp[tot]=(sp[tot-1]+i)%mod;
		for (int j=1;i*pri[j]<=n;++j){
			zhi[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0) break;
		}
	}
}
int S(ll x,int y){
	if (x<=1||pri[y]>x) return 0;
	int k=(x<=Sqr)?id1[x]:id2[n/x];
	int res=(1ll*g[k]-h[k]-sp[y-1]+y-1)%mod;res=(res+mod)%mod;
	if (y==1) res+=2;
	for (int i=y;i<=tot&&1ll*pri[i]*pri[i]<=x;++i){
		ll p1=pri[i],p2=1ll*pri[i]*pri[i];
		for (int e=1;p2<=x;++e,p1=p2,p2*=pri[i])
			(res+=(1ll*S(x/p1,i+1)*(pri[i]^e)%mod+(pri[i]^(e+1)))%mod)%=mod;
	}
	return res;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	Sqr=sqrt(n);Sieve(Sqr);
	for (ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=n/(n/i);w[++m]=n/i;
		if (w[m]<=Sqr) id1[w[m]]=m;
		else id2[n/w[m]]=m;
		h[m]=(w[m]-1)%mod;
		g[m]=((w[m]+2)%mod)*((w[m]-1)%mod)%mod;
		if (g[m]&1) g[m]+=mod;g[m]/=2;
	}
	for (int j=1;j<=tot;++j)
		for (int i=1;i<=m&&1ll*pri[j]*pri[j]<=w[i];++i){
			int k=(w[i]/pri[j]<=Sqr)?id1[w[i]/pri[j]]:id2[n/(w[i]/pri[j])];
			g[i]=(g[i]-1ll*pri[j]*(g[k]-sp[j-1])%mod)%mod;g[i]=(g[i]+mod)%mod;
			h[i]=(h[i]-h[k]+j-1)%mod;h[i]=(h[i]+mod)%mod;
		}
	printf("%d\n",S(n,1)+1);
	return 0;
}