loj 6053 简单的函数 —— min_25筛

最新推荐文章于 2020-01-15 09:43:41 发布

aodan5477

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原文链接：http://www.cnblogs.com/Zinn/p/10281142.html

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本文详细解析洛谷问题6053的解决方案，采用高效的算法处理大规模数据，通过筛法预处理质数和相关数值，利用快速幂计算逆元，以及动态规划解决核心问题。代码实现注重细节，避免数据类型溢出，确保计算精度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目：https://loj.ac/problem/6053

参考博客：http://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/9187319.html

算 id 也可以不存下来，因为 \( \left \lfloor \frac{i}{n} \right \rfloor \) 的取值是连续的，当 \( i \leqslant \sqrt{n} \) 时取值就是 \( i \)；

而 \( i > \sqrt{n} \) 时，因为 \( i \) 越大，\( \left \lfloor \frac{i}{n} \right \rfloor \) 越小直到变成 1，所以编号可以直接数到；

注意 int 类型的 \( \sqrt{n} \) 是下取整的，所以判断条件最好写成 \( x > \sqrt{n} \) 而非 \( x \geqslant \sqrt{n} \)；

因为 \( n \) 是 1e10 的，所以各种地方要注意不能爆 long long；

质数的 \( f \) 应该也可以直接筛吧(就直接令所有 \( f[i] = i-1 \))，不过质数和 - 质数个数也很方便。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
int const xn=1e6+5,mod=1e9+7;
int m,f[xn],h[xn],pri[xn],cnt,sqr,ps[xn];
ll n,w[xn]; bool vis[xn];
ll pw(ll a,ll b){a%=mod; b%=(mod-1); ll ret=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ret=ret*a%mod; return ret;}
int upt(ll x){while(x>=mod)x-=mod; while(x<0)x+=mod; return x;}
void init()
{
  for(int i=2;i<=sqr;i++)
    {
      if(!vis[i])pri[++cnt]=i,ps[cnt]=upt(ps[cnt-1]+i);
      for(int j=1;j<=cnt&&(ll)i*pri[j]<=sqr;j++)
    {
      vis[i*pri[j]]=1;
      if(i%pri[j]==0)break;
    }
    }
}
int Id(ll x)
{
  if(x>sqr)return n/x;//>!
  else return m-x+1;
}
int S(ll x,int y)
{
  if(x<=1||pri[y]>x)return 0;
  int k=Id(x);
  int ret=upt((ll)f[k]-h[k]-(ps[y-1]-y+1));
  if(y==1)ret=upt(ret+2);
  for(int i=y;i<=cnt&&(ll)pri[i]*pri[i]<=x;i++)
    {
      ll p0=pri[i],p1=(ll)pri[i]*pri[i];//ll
      for(int k=1;p1<=x;k++,p0=p1,p1*=pri[i])
    ret=upt(ret+(ll)(pri[i]^k)*S(x/p0,i+1)%mod+(pri[i]^(k+1)));
    }
  return ret;
}
int main()
{
  scanf("%lld",&n); sqr=sqrt(n); int inv2=pw(2,mod-2); init();
  for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1)
    {
      w[++m]=n/i; j=n/(n/i);
      f[m]=(ll)upt(w[m]+2)*upt(w[m]-1)%mod*inv2%mod;//upt!
      f[m]=upt(f[m]);//筛质数和
      h[m]=upt(w[m]-1);//筛质数个数
    }
  for(int j=1;j<=cnt;j++)//j=1
    for(int i=1;i<=m&&w[i]>=(ll)pri[j]*pri[j];i++)
      {
    int k=Id(w[i]/pri[j]);
    f[i]=upt(f[i]-(ll)pri[j]*(f[k]-ps[j-1])%mod);
    h[i]=upt(h[i]-h[k]+j-1);
      }
  printf("%d\n",upt(S(n,1)+1));
  return 0;
}