2020-05-29 17:54 已编辑山东大学 Java

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Min_25筛小结

简介

Min_25筛据说可以在 $O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn})$ 处理出含有以下性质的函数f的前缀和:
1. $f(ab)=f(a)f(b)$ ，即f是一个积性函数
2. $f(p^k)$ 可以快速计算。

PS:本文没有关于复杂度的证明。。。

预处理

首先要预处理两个东西，一个是 $\sqrt{n}$ (n为询问的值域)内的质数。直接线性筛就好了。用 $pri[i]$ 表示第i个质数。设共有 $m$ 个质数

另一个是 $g(n,j)$ ，表示所有 $x\in[1,n]$ 中满足x最小质因子大于 $pri[j]$ 或者x是质数的 $f(x)$ 之和。

这样一来， $g(n,m)$ 表示的就是 $[1,n]$ 中所有质数的f值之和。这个东西后面会用到。

那么来看一下这个 $g$ 值该如何求。

显然，如果 $pri_j^2>n$ 那么 $g(n,j)=g(n,j-1)$ 。因为这时的 $g(n,j-1)$ 已经只表示 $[1,n]$ 中所有质数的f之和。 $g(n,j)$ 并不会比 $g(n,j-1)$ 多删除掉任何东西。

如果 $pri_j^2\le n$ 呢？我们可以理解为埃氏筛法的过程， $g(n,j)$ 与 $g(n,j-1)$ 的差别就是筛掉了 $pri_j$ 的倍数。那么就好像可以转移了。问题就在于如何计算出所有 $pri_j$ 的倍数所产生的贡献。前面说到这是一个积性函数，所以我们将这些要删除的数全都提出来一个 $pri_j$ ，那么剩下的就是 $[1,\frac{n}{pri_j}]$ 了。因为需要 $pri_j$ 是这些数字的最小质因子，所以实际上区间 $[1,pri_j-1]$ 内的数字是不可以的，所以要删除的区间实际上是 $[pri_j,\frac{n}{pri_j}]$ 所以要删除的数字就是 $f(pri_j)[g(\frac{n}{pri_j},j-1)-g(pri_j-1,j-1)]$ 。也就是说 $g(n,j)=g(n,j-1)-f(pri_j)[g(\frac{n}{pri_j},j-1)-g(pri_j-1,j-1)]$

因为最终我们需要的只有 $g(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor,m),1\in [1,n]$ 。所以空间只需要开一维，每次处理复杂度是 $O(m)$ 的（实际上并不到），类似于整除分块，我们知道 $\frac{n}{i}$ 只有 $\sqrt{n}$ 级别种取值。复杂度据说是 $O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn})$ 。

计算答案

上面的东西预处理完了，那么有什么用呢？？

我们再定义一个函数 $S(n,j)$ 表示 $x\in[1,n]$ 中满足 $x$ 的最小质因子大于等于 $pri_j$ 的 $f(x)$ 之和。

最终我们要求的答案就是 $S(n,1)+f(1)$

上面说到， $g(n,m)(pri_m^2>n)$ 可以表示 $[1,n]$ 中所有质数的 $f$ 值之和。

所以我们将 $S(n,j)$ 分为质数和合数两块来处理。

质数的一块显然就是 $g(n,m)-\sum\limits_{k=1}^{j-1}f(pri_k)$ 。为什么要减掉后面这一块？？因为小于 $pri_j$ 的质数不包含在 $S(n,j)$ 里面呀~

然后考虑合数的一块该如何求，我们枚举一下这些合数的最小质因子 $k\in[pri_j,pri_m]$ 和 $k$ 的指数 $e$ 。于上方求g的方法类似的，我们可以提出来一个 $pri_k^e$ ，那么剩下的就是 $[1,\frac{n}{pri_k^e}]$ ，他们的f之和就是 $S(\frac{n}{pri_k^e},k)$ 。发现这样无法转移，那么我们只好从 $S(\frac{n}{pri_k^e},k+1)$ 转移过来，但是这样 $f(pri_k^{e+1})$ 就没被计算，单独加上就好了。

综上所述，

$S(n,j)=g(n,m)-\sum\limits_{k=1}^{j-1}f(pri_k)+\sum\limits_{k=j}^m\sum\limits_{e=1}^{pri_k^{e+1}\le n}(f(pri_k^{e+1})+f(pri_k^e)S(\frac{n}{pri_k^e},k+1)$

然后递归计算即可。这里的复杂度据说也是 $O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn})$ 。

经典例题

loj6053简单的函数

定义函数 $f(x)$ 满足以下性质，
1. $f(1)=1$
2. $f(p^c)=p\otimes c$ (p为质数)
3. $f(ab)=f(a)f(b)（a,b互质）$

求 $\sum\limits_{i=1}^nf(i)$ 。 $n\le 10^{10}$

思路

发现这些性质恰好吻合了我们一开始要求的性质。
发现除2外所有的质数均为奇数，所以就有 $f(p)=p-1$ （p为奇质数）。然后发现这个东西并不是积性函数，没法预处理g了。怎么办？
那就把它拆开，拆成 $f_1(p)=p,f_2(p)=1$ ,那么就有 $f(p)=f_1(p)-f_2(p)$ 。然后按照上述方法分别预处理除关于 $f_1$ 的 $g(n,m)$ 。关于 $f_2$ 的 $h(n,m)$ 。
要说明的是，我们一开始将所有的合数全都当成奇质数来处理，因为最后都要“筛”掉的，所以没有影响。

具体细节：

预处理g时，有个式子是 $g(pri_j-1,j-1)$ ，也就是前 $j-1$ 个质数的前缀和。所以预处理质数时同时预处理一下前缀和。

code

/*
* @Author: wxyww
* @Date:   2019-12-22 17:42:00
* @Last Modified time: 2019-12-24 21:58:42
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2000010,mod = 1e9 + 7;
ll read() {
    ll x = 0,f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1; c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();
    }
    return x * f;
}
int tot;
ll n,m,w[N],pri[N],sum[N],js,vis[N],g[N],h[N];
void pre() {//筛出质数
    for(int i = 2;i <= m;++i) {
        if(!vis[i]) {
            pri[++js] = i;
            sum[js] = sum[js - 1] + i;
            sum[js] %= mod;
        }
        for(int j = 1;j <= js && i * pri[j] <= m;++j) {
            vis[pri[j] * i] = 1;
            if(i % pri[j] == 0) break;
        }
    }
}
int id1[N],id2[N];
ll S(ll now,int x) {
    if(now <= 1 || pri[x] > now) return 0;

    // printf("%lld %d\n",now,x);

    int k;
    if(now <= m) k = id1[now];
    else k = id2[n / now];

    ll ret = (g[k] - h[k] - sum[x - 1] + x - 1) % mod;

    if(x == 1) ret += 2;//f(2)当作1计算，实际上f(2)=3 

    for(int k = x;k <= js && pri[k] * pri[k] <= now;++k) {
        ll p = pri[k];
        for(int e = 1;p * pri[k] <= now;p = p * pri[k],++e) {
            ret += (pri[k] ^ e) * S(now / p,k + 1) % mod + (pri[k] ^ (e + 1));
            ret %= mod;
        }
    }
    return ret;
}

int main() {
    // freopen("1.in","w",stdout);
    n = read();
    m = sqrt(n);
    pre();

    // puts("!!!");
    for(ll l = 1,r;l <= n;l = r + 1) {
        r = n / (n / l);
        ll tmp = n / l;
        w[++tot] = tmp;
        if(tmp <= m) id1[tmp] = tot;//数组不够大，通过id1和id2来映射到sqrt(n)以内
        else id2[n / tmp] = tot;

        g[tot] = (tmp + 2) % mod * ((tmp - 1) % mod) % mod;

        if(g[tot] & 1) g[tot] += mod;

        g[tot] /= 2;
        // g[tot] %= mod;
        h[tot] = tmp - 1;
    }

    // for(int i = 1;i <= tot;++i) printf("%lld ",g[i]);

    for(int j = 1;j <= js;++j) {
        for(int i = 1;i <= tot  && pri[j] * pri[j] <= w[i];++i) {//枚举顺序不能颠倒
            ll tmp = w[i] / pri[j];
            int k;
            if(tmp <= m) k = id1[tmp];
            else k = id2[n / tmp];
            g[i] -= pri[j] * (g[k] - sum[j - 1]) % mod;//枚举顺序不能颠倒的原因
            g[i] %= mod;
            h[i] -= (h[k] - (j - 1));
            h[i] %= mod;
        }
    }


    // cout<<g[tot - 2]<<endl;

    cout<<(S(n,1) + 1 + mod) % mod;//单独把1算上 
    return 0;
}