Min_25筛详解

正题

例题：loj6053:简单的函数

Min_25筛是用来解决积性函数前缀和问题的。

这个积性函数要满足下面几个性质：

1.对于一个质数 $p$，$f(p)$ 一定要是关于 $p$ 的一个多项式

2.对于一个质数 $p$ ，计算 $f(p^c)$ 的时间不能太大。

例题满足上述两个条件：

因为对于一个大于 $2$ 的质数 $p$ ，有 $f(p)=p-1$，而且 $f(p^c)$ 很好计算。

现在只关注质数位置上的值，将 $f(x)$ 直接看成 $f(x)=x-1$

接下来把 $f(x)$ 分开成多个函数相加，使得每一个函数都是完全积性的。

可以分成两个函数 $f_1(x)=1,f_2(x)=x$

对于每一个 $x=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 先求：${\sum }_{i=1}^x{f}_1(i)[\text{i is a prime}]$

考虑埃式筛法并 $Dp$ ，设 $g(n,j)$ 为前 $n$ 个数，用了前 $j$ 个质数进行埃式筛法后的函数值总和。

如果 $p_j^2>n$ 那么说明它不会再筛去任何一个数，所以 $g(n,j)=g(n,j-1)$。

否则$$g(n,j)=g(n,j-1)-f_1(P_j)[g(n/P_j,j-1)-\sum _{i=1}^{j-1}{f}_1(P_i)]$$

求出来了 $g$ 以后，考虑如何算答案。

设 $S(n,j)$ 表示前n个数中，最小质因子 $\ge P_j$ 的 $f(x)$ 数的之和，注意这里的 $f(x)$ 是原来的 $f(x)$ 。

那么答案就是 $S(n,1)+1$ 。

有递推式$$S(n,j)=(g_2(n,|p|)-g_1(n,|p|))-\sum _{i=1}^{j-1}f(p_i)+\sum _{k=j}^{p_k^2\le n}\sum _{e=1}^{p_k^{e+1}\le n}S(n/p_k^e,k+1)\ast f(p^e)+f(p^{e+1})$$

首先前面三个式子是算 $\le n$ 的质数的 $f(x)$ 值总和。由于小于 $p_j$ 的质数不算，所以要减去他们的 $f$ 值。后面就是枚举一个最小质因子为 $p_k^e$，然后剩下的用 $\ge p_{k+1}$ 的质数去填，由于是积性函数，所以乘起来就是答案，再加上一个次方 $f(p_k^{e+1})$ 即可。

这里直接递归的时间复杂度就是的 $O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$ ，上面求 $g$ 的时间复杂度也是这个。

常数不知道，$10^{10}$的数据跑了 $\text{597ms}$。

有几个注意的地方：

1.我们筛质数只要筛到 $\sqrt{n}$ 就可以了，因为两个东西都是要求的。

2.如果我递归的时候 $p_y$ 没有被筛到呢？这样的情况至多只会出现一层，就算不特判也对结果没有影响。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long n;
int m,data;
const long long mod=1e9+7;
bool vis[100010];
int id1[100010],id2[100010];
long long w[100010],g1[100010],g2[100010],sum[100010],p[100010];

void get_prime(){
	data=sqrt(n);
	for(int i=2;i<=data;i++){
		if(!vis[i]) p[++p[0]]=i,sum[p[0]]=(sum[p[0]-1]+i)%mod;
		for(int j=1;i*p[j]<=data;j++){
			vis[i*p[j]]=true;
			if(i%p[j]==0) break; 
		}
	}
}

void get_2g(){
	long long l=1,r,now;
	while(l<=n){
		r=n/(n/l);w[++m]=n/l;
		if(w[m]<=data) id1[w[m]]=m;
		else id2[n/w[m]]=m;
		g1[m]=(w[m]-1)%mod;
		g2[m]=((2+w[m])%mod)*((w[m]-1)%mod)%mod;
		if(g2[m]&1) g2[m]+=mod;g2[m]/=2;
		l=r+1;
	}
	for(int j=1;j<=p[0];j++){
		for(int i=1;i<=m && p[j]*p[j]<=w[i];i++){
			now=w[i]/p[j];
			int id=(now<=data?id1[now]:id2[n/now]);
			g1[i]=(g1[i]-g1[id]+j-1)%mod;(g1[i]+=mod)%=mod;
			g2[i]=(g2[i]-p[j]*(g2[id]-sum[j-1])%mod)%mod;(g2[i]+=mod)%=mod;
		} 
	}
}

long long S(long long x,int y){
	if(x<=1 || p[y]>x) return 0;
	int id=(x<=data?id1[x]:id2[n/x]);
	long long ans=(g2[id]-g1[id]-sum[y-1]+y-1)%mod,p1,p2;(ans+=mod)%=mod;
	if(y==1) (ans+=2)%=mod;
	for(int k=y;k<=p[0] && p[k]*p[k]<=x;k++){
		p1=p[k],p2=p1*p[k];
		for(int e=1;p2<=x;e++,p1=p2,p2*=p[k])
			(ans+=S(x/p1,k+1)*(p[k]^e)%mod+(p[k]^(e+1)))%=mod;
	}
	return ans;
}

int main(){
	scanf("%lld",&n);
	get_prime();get_2g();
	printf("%lld\n",(S(n,1)+1)%mod);
}

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