一种求特殊积性函数前缀和的筛法——Extended Eratosthenes Sieve

序：

关于这个筛法，此前是在学习了杜教筛的基础上的，杜教筛有良好的复杂度$O(n^{\frac{2}{3}})$,而且实现简单。唯一的不足之处就是函数本身需要满足一些特殊的条件（即我们需要找另一个积性函数，使其与所求函数的狄利克雷卷积是一个很容易求前缀的式子），而且与函数本身的积性性质没有太大关系。后来接触到洲阁筛，这种筛法是一种解决更加广泛的积性函数前缀和，但是实在不太好写（因为我太菜了），后来在秦皇岛，复旦的温老师介绍了一个新的筛法，不过后来老师没怎么讲这个，因为时间不够了，然后就很匆忙提了一下。对于这么偏的东西，我还是去刷其他的题去了。。。后来一次偶然的机会，我遇到了一个类似的需要用这种方法的题目，后来就决定自己学EES，网上一查，发现根本就没有这样的东西。。。后来按照课件，我大概是明白了一点，但是还有后半部的问题，我始终没有解决，而且这个东西我周围没一个人会，网上也查不到。。。于是这篇写了一半草稿在18年9月就一直封存着了，后来就慢慢忘了。。。直到前几天，偶然的机会，又谈到这个问题，终于搞明白了。

提出问题：
$$f(x)是一个积性函数，且当x=p^k时(p为质数)，f(x)是一个关于p的多项式$$
求$$S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i),n<=10^{12}$$
问题的一般化描述便是如此。显然问题的难点是在n的数量级上。这种筛法便是解决相关问题，如果n小于$10^8$，我们可以用欧拉线性筛在$O(n)$的时间复杂度解决这个问题。

分析：

设自然数集合N={x∣2&lt;=x&lt;=n}N=\{ x|2&lt;=x&lt;=n\}N={x∣2<=x<=n}，我们按照一种划分标准，将这个集合里的数分成两部分。
这个标准是，先把一个数$x$唯一分解：$$x=\prod _{i=1}^k{p}_i^{a_i},p_i为质数，p_i<p_{i+1},a_i>=1$$
划分标准为：我们取这个数的最大质因子$p_k$，若这个质因子的次数即$a_k=1$，即x属于集合$N_1$,反之，x属于$N_2$,即$a_k>1$
显然$N_1\cap N_2=\varnothing ,N_1\cup N_2=N$

对$N_1,N_2$中的数，我们来讨论一下他们的性质，很容易证明有:$$\forall x\in N_1,则(若存在)其次大质因子p_{k-1}<\sqrt{n}$$

$$\forall x\in N_2,则其最大质因子p_k<=\sqrt{n}$$
解决问题的第一步：

现在我们枚举一类数$x$，我们记$P^x$是$x$的质因子的集合，

我们枚举集合$N$中的数x,满足：$$\forall p\in P^x,p<=\sqrt{n}$$

满则条件的x构成一个集合，记为$N^{\frac{1}{2}}$,

那么实现的时候，我们可以DFS$\sqrt{n}$以内的质因子.当$n<10^{13}$时，$|N^{\frac{1}{2}}|\approx \frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn}$,这里的证明比较复杂，暂不讨论。

接下来，我们记$L_x为x$的最大质因子。

对于答案来说这个集合里的还少了质因子是大于$\sqrt{n}$的数

现在我们枚举来集合$N^{\frac{1}{2}}$,
$$\begin{gathered} \forall x\in N^{\frac{1}{2}} \\ 如果x\in N_1,则S(n)+=f(x)\ast \sum _{L_x<i<=\frac{n}{x}}[i是质数]\ast f(i) \\ 反之，S(n)+=f(x) \end{gathered}$$

显然，这里是利用了函数的积性来求得那些质因子是大于$\sqrt{n}$的数对于答案的贡献。
在实现的时候，显然当$L_x>=\frac{n}{x}$,可以及时退出，不然对效率还是有影响的。

问题转化为一个子问题：

那么现在的问题就只剩下求$$\sum _{L_x<i<=\frac{n}{x}}[i是质数]\ast f(i)$$，
我们记：$$g(n)=\sum _{i=1}^n[i是质数]\ast f(i)$$,
则求的是$$g(\lfloor \frac{n}{x}\rfloor )-g(L_x)$$

因为$L_x$是小于$\sqrt{n}$,所以这里欧拉筛也可以处理，反正这个很容易处理。

现在问题的真正关键是求$g(\lfloor \frac{n}{x}\rfloor )(或g(n))$,

回过头观察$f(x)$,$f(x)$是只有在x为质数是才有多项式，我们不妨设一个函数$f^{\prime }(x)$,他对于全体整数都满足这个多项式，那么我们发现：$$g(n)=\sum _{i=1}^n[i是质数]\ast f(i)=\sum _{i=1}^n[i是质数]\ast f^{\prime }(i)$$,

而多向式的求和，是很容易的！我们只要把不符合条件的筛掉就可以,并且显然$f^{\prime }(x)$是完全积性函数，即$f^{\prime }(ab)=f^{\prime }(a)f^{\prime }(b)$

假设这个多项式有k次：${\sum }_i^k{a}_i{p}^i$,那么实际上我们只要执行下面的算法k+1次，$a_i$这个系数在执行完以后在乘上就行，所以我们只要先讨论：$f^{\prime }(p)=p^k$,这个东西求和不难，组合数学的东西

解决子问题：

我们可以回想一下$EratosthenesSieve$的筛法是怎么样的。从小到大，枚举质数把后面的是这个是质数倍数的数去除。实际上这个也是这样的：$$从小到大枚举p\in P，且p<=\sqrt{n}$$
给定$p$以后，我们枚举i：$$从大到小枚举i\in N,当i<p^2停止枚举$$
利用$f^{\prime }(x)$的完全积性，执行下面的操作：$$g[i]-=(g[\lfloor \frac{i}{p}\rfloor ]-g[p-1])\ast f^{\prime }(p)$$
解释一下：$g[i]$和$g(i)$含义略有不同，$g[i]$代表一个变量，存的是一个值，$g(i)$是一个精确的定义的函数，值不允许改变。
解释这个操作的意思，就是每次我们枚举$p$以后的目的是，把所有的以$p$为最小质因子的数，消除影响，就是减去他们的贡献，$g(p-1)\ast f(p)$里面是所有的以$p$为最大质因子的贡献，是减多了。在把他们加回来的操作。

需要注意一点的：$g[n]$在最初始的情况下，被填充的是${\sum }_{i=2}^n{f}^{\prime }(i)={\sum }_{i=2}^n{i}^k$.

回过头来看这个操作，假设我们枚举完了第$k$个质数即$p_k$，我们观察一下$g[n]$里面的内容是什么，为方便起见，我们设为$g[n{]}_k$：$$g[n{]}_k=\sum _{i=1}^{k}f(p_i)+\sum _{p_k<x<=n}[x没有前k个质因子]\ast f(x)$$

设P′={p∈P，且p&lt;=n}P&#x27;=\{p \in P，且p&lt;=\sqrt n \}P′={p∈P，且p<=n​}

则：$$g[n{]}_{|P^{\prime }|}=\sum _{i=1}^{|P^{\prime }|}f(p_i)+\sum _{p_k<x<=n}[x没有前|P^{\prime }|个质因子]\ast f(x)$$

显然，这里的$x$都是质数,那么到这里：$$g[n]等于g(n)$$

到这里真确性得以验证，到这里问题得到了理论上的解决。

关于复杂度：
温老师的ppt说每个可能用到的$g(i)$,只会在遍历不超过$\sqrt{n}$的质数访问到，因此，每个i贡献的时间复杂为$O(\frac{\sqrt{i}}{log\sqrt{i}})=O(\frac{\sqrt{i}}{logi})$
总时间复杂度为:$$O(\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\frac{i}{logi}+\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\frac{\sqrt{\frac{n}{i}}}{log\sqrt{\frac{n}{i}}})\approx O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn})$$

举个例子：

比如求$g(12)$,只要枚举2,3两个因子就可以了，

初始$g[12]={\sum }_{i=2}^{12}f(12)$,($g[1]=0$,显然)
枚举$2$，则$g[12]-=(g[6]-g[1])\ast f^{\prime }(2)$
那么：$$g[12]=f^{\prime }(2)+f^{\prime }(3)+\sout{f^{\prime }(4)}+f^{\prime }(5)+\sout{f^{\prime }(6)}+f^{\prime }(7)+\sout{f^{\prime }(8)}+f^{\prime }(9)+\sout{f^{\prime }(10)}+f^{\prime }(11)+\sout{f^{\prime }(12)}$$枚举$3$，则$g[12]-=(g[4]-g[2])\ast f^{\prime }(3)$,这时$g[4]=f^{\prime }(2)+f^{\prime }(3)$,乘上$f^{\prime }(3)$以后，相当于把$f^{\prime }(6)$给多减了，因为枚举2时已经把$f^{\prime }(6)$减了，所以这里$g[2]=f^{\prime }(2)$,乘上$f^{\prime }(3)$,又把$f^{\prime }(6)$加回来。
那么：$$g[12]=f^{\prime }(2)+f^{\prime }(3)+\sout{f^{\prime }(4)}+f^{\prime }(5)+\sout{f^{\prime }(6)}+f^{\prime }(7)+\sout{f^{\prime }(8)}+\sout{f^{\prime }(9)}+\sout{f^{\prime }(10)}+f^{\prime }(11)+\sout{f^{\prime }(12)}$$
循环结束。

如有错误欢迎指正。