min_25筛(知识总结)

最新推荐文章于 2024-07-14 21:17:23 发布

小衣同学

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本文深入解析了min_25筛算法，这是一种由日本算竞选手min_25发明的，基于埃筛思想的亚线性筛算法，用于求解积性函数的前缀和。文章详细阐述了算法原理，包括质数部分、质数+合数部分的求解过程，并介绍了算法与埃筛的关系。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

思路来源

https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/9185093.html

https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/9187319.html

https://www.mina.moe/archives/12287

心得

这个从去年上个月就想学的知识，终于在开学前被学会了

神仙min_25 QAQ 神仙zzt QAQ 神仙yyb QAQ

学会min_25筛比较难，但大概写一份能让初学者看懂的博客更难

然而学会之后，发现这个东西很模板，好像抄个板子改改就能过题

知识点

min_25筛，日本算竞选手min_25发明的，

一种埃筛思想的，求积性函数 $F(x)$ 前缀和的，亚线性筛，

复杂度 $O(\frac{n^{3/4}}{log(n)})$ ，不会证，

后来被他优化成 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 的了，但常数比较大，所以用前面这个就行

目的

求 $\sum_{i=1}^nF(i)$

$F(x)$ 需要满足条件：

1.积性函数，若 $a$ 和 $b$ 互质，则 $F(ab)=F(a)*F(b)$

2. $F(p)$ 是个可以用多项式表示的值

3. $F(p^k)$ 可以快速计算

为了求这个式子，根据1、质数、合数把这个式子拆成三部分

质数部分

先求质数的部分，即 $\sum_{i=1}^n[i\in Prime]F(i)$ ，这里不妨令 $F(x)=x^k$ ，

计 $P$ 是质数集合， $P_{i}$ 表示第 $i$ 个质数。

为了求质数部分，引入 $g(n,j)=\sum_{i=1}^ni^k[i\in P\ or \ min(p)>P_j,p|i,p\in P\ ]$

$g(n,j)$ 表示 $1$ 到 $n$ 中，满足 $i$ 是质数，或最小素因子大于第 $j$ 个质数的， $F(i)$ 的和

考虑 $g(n,j)$ 如何求，dp思想，最后一次决策，是加入最小素因子等于第 $j$ 个质数的贡献，

所以 $g(n,j)$ ，是要从 $g(n,j-1)$ 里，删去最小素因子等于第 $j$ 个质数的贡献

由于满足最小素因子是 $P_{j}$ 的最小的数是 $P_{j}^{2}$ ，

①若 $P_{j}^{2}>n$ ，说明什么都没有删去，有 $g(n,j)=g(n,j-1)$

②否则 $P_{j}^{2}\leq n$ ，此时要删去最小素因子等于第 $j$ 个质数的贡献，记这样的数是 $y=x*P_{j}$ ，

那么 $x$ 的最小质因子也大于等于 $P_{j}$ ，就是大于 $P_{j-1}$

首先，提一个 $P_{j}$ 出来，其贡献是 $F(P_{j})$ ，这里是 $P_{j}^{k}$ ，

再乘上 $x$ 的最小质因子大于 $P_{j-1}$ 的贡献，即 $g(\frac{n}{P_{j}},j-1)-g(P_{j-1},j-1)$ ，

前一项 $g(\frac{n}{P_{j}},j-1)$ 多算了 $[1,\frac{n}{P_{j}}]$ 中 $\leq P_{j-1}$ 的质数的贡献，后一项 $g(P_{j-1},j-1)$ 则减去这个多余的贡献

整理一下，就是 $g(n,j)=g(n,j-1)-P_{j}^k[g(\frac{n}{P_{j}},j-1)-g(P_j-1,j-1)]$

①、②，有

$g(n,j)=\left\{\begin{matrix} g(n,j-1)&P_j^2> n\\ g(n,j-1)-P_{j}^k[g(\frac{n}{P_j},j-1)-g(P_j-1,j-1)]&P_j^2\le n \end{matrix}\right.$

也即， $g(n,j)=\left\{\begin{matrix} g(n,j-1)&P_j^2> n\\ g(n,j-1)-F(P_{j})[g(\frac{n}{P_j},j-1)-g(P_j-1,j-1)]&P_j^2\le n \end{matrix}\right.$

最终， $g(n,|P|)$ 即为所求，其中 $|P|$ 是小于等于 $n$ 的质数集合的大小，

毕竟， $min(p)>P_{|P|}$ 的数在 $[1,n]$ 里不存在

和埃筛的关系

个人感觉，就是先把所有数都当做质数，求一个和，

然后不断的用最小质因数 $P_{j}$ 的出现，把那些最小质因数是 $P_{j}$ 的合数从这个和中减掉，逼近最终的和，

当所有的合数都被划去时，就是真实的最终的和

以下段落截取自yyb大佬的博客，

根据上面的转移，需要的质数只有不大于 $\sqrt n$ 的，所以只需要筛出这些质数就好了。

我们来思考一下 $g$ 函数所代表的含义，

我们可以理解为在模拟埃氏筛法的过程，

$g(n,j)$ 表示 $[1,n]$ 排成一列放在这里，但是你已经晒过一些质数了，

你把前 $j$ 个质数的倍数全部划掉了，剩下的求个 $F(x)$ 的和就是 $g$ 函数。

所以转移的过程可以理解为已经筛完了前 $j-1$ 个质数，现在考虑删除第 $j$ 个质数的过程。

看到这里一定会感觉上面十分的有道理，但是又有一些疑问。

在上面的计算过程中，始终只考虑了≤ $\sqrt n$ 的质数，那么，那些> $\sqrt n$ 的质数呢？

其实，我们的 $g$ 函数要计算的本来就只有质数的值，所以，我们的 $g$ 函数算出来的结果并不是真正的结果。

还记得上面对于这类积性函数有什么要求吗？能够快速的计算 $F(x),x \epsilon Prime$

所以，我们先假设所有的数的计算方法都等同于质数的计算方法，所以我们可以快速的计算前缀和

也就是 $g(n,0)$ ，虽然这个值是假的。但是，如果 $g$ 中只包含了质数的值的话，那么它的计算结果就是真正的结果。

因此，预处理 $g$ 的过程，我们理解为一个计算所有质数的值的过程。

质数+合数部分

引入 $S(n,j)=\sum_{i=1}^nF(i)[min(p)\ge P_j,p\in P,p|i\ ]$ ，

即求 $i$ 满足最小质因数大于等于 $P_{j}$ 的 $F(i)$ 之和

~~也有维护大于的，二者转移式有微小差别，这里维护大于等于的~~

这个和分为两部分，

一部分是大于等于 $P_{j}$ 的质数， $g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}F(P_i)$ 用所有质数的和减去小于 $P_{j}$ 的那些质数的和

一部分是最小质因数大于等于 $P_{j}$ 的合数，

考虑先枚举最小质因子 $P_{k}(k\geq j)$ ，

再枚举 $P_{k}$ 的幂次 $e$ ，表明 $P_{k}$ 出现了几次，提一个 $F(P_{k}^{e})$ 的贡献出来，

剩下的质因数，就需要大于等于 $P_{k+1}$ 了，这部分是 $S(\frac{n}{P_{k}^{e}},k+1)$

当然，对于这个合数，也可能就这一个质因数，

形如 $P_{k}^{e}[e\geq 2]$ ，所以枚举 $e\geq 1$ 的时候，再加上 $F(P_{k}^{e+1})$

写成公式的话，是

$S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k\ge j}\sum_{e}(F(P_k^e)S(\frac{n}{P_k^e},k+1)+F(P_k^{e+1}))$

终极目的

第二维正着推求出 $g$ ，第二维倒着推求出 $S$ ，答案=质数+合数+F(1)，

结合 $S$ 的定义，答案是 $S(n,0)+F(1)$

细节

比如为了复杂度，实际用到的 $g$ 和 $S$ 状态没那么多，

求 $g$ 是基于数论分块的，所以只有 $2*\sqrt n$ 个第二维的状态，

所以要开 $id1$ 和和 $id2$ 数组用于离散化这些状态，

记Sqr=sqrt(n)，不妨[l,r]这个区间段的n/l值相同，是第j个状态

若n/l<=Sqr，就用n/l记状态，id1[n/l]=j，

否则一定有r<=Sqr，就用r记状态，id2[r]=j，

~~还有必要写吗，这些不是都可以白嫖主义吗~~

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