min_25筛学习笔记

参考博客

zsy

xuyixuan

litble

前置

$mi{n}_{2}5$就是一种能在低于线性复杂度求积性函数$f(x)$前缀和的筛法

复杂度大概为$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{lo{g}_n})$（不会证，不过朱老大论文里有证明（看不懂））

要求$f(x)$是一个积性函数且可以看做若干完全积性函数的组合（或者某些特殊的使得$f(p^k)$可以处理的），而且对于素数$p$，$f(p)$和$f(p^k)$可以快速得到

$g$

设$P$表示素数集合,$Mi{n}_k$表示$k$的最小质因子

$p{r}_i$表示从小到大第$i$个素数

首先考虑求出${\sum }_{i=1}^n[i\in P]f(i)$

定义$g(n,i)={\sum }_{j=1}^n[j\in PorMi{n}_j>p{r}_i]f(j)$

仔细瞪一下这个函数

我们发现从$g(n,i-1)$到$g(n,i)$

我们就相当于做埃氏筛的过程，用$p{r}_i$把$[1,n]$所有还没有被筛去的$p{r}_i$的倍数筛去

实际上$g(n,i)$就是对$[1,n]$用前$i$个素数做一次埃氏筛后剩下的数$f$之和

现在考虑怎么从$g(n,i-1)$推到$g(n,i)$

首先如果$p{r}_i^2>n$那显然不会有筛去任何数

否则考虑哪些数被删去了

一定是含质因子$p_i$，而且除去$p_i$后最小质因子一定大于$p_i$
也就是减去$f(p_i)\times g(\frac{n}{p_i},i-1)$

又由于我们把$p{r}_1$~$p{r}_{i-1}$这些素数的$f$值减去了，所以要再加一个${\sum }_{j=1}^{i-1}f(p_j)$

所以
$$g(n,i)=\{\begin{array}{llc}g(n,i-1)& & n<p_i^2\\ g(n,i-1)-f(p_i)\times [g(\frac{n}{p_i},i-1)-{\sum }_{j=1}^{i-1}f(p_j)]& & p_i^2\le n\\ g(n,i)=n& & i=0\end{array}$$

由于最后实际要求的是$g(n,|P|)$，我们只需要开一维就可以了，第二维可以类似滚动数组滚掉

又由于大于$\sqrt{n}$的质因子只有一个

所以我们可以记$f1[i]$表示$g(i,j)$，$f2[i]$表示$g(\frac{n}{i},j)$

这样空间复杂度只有$O(\sqrt{n})$

代码：当$f(p)=1$即求素数个数时
代码实现比较精细
可以证明这样复杂度是$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{lo{g}_n})$

int lim=sqrt(n);
for(int i=1;i<=lim;i++)f1[i]=i-1,f2[i]=n/i-1;
for(int p=2;p<=lim;p++){
	if(f1[p]==f1[p-1])continue;
	for(int i=1;i<=lim/p;i++)f2[i]-=f2[i*p]-f1[p-1];
	for(int i=lim/p+1;1ll*i*p*p<=n&&i<=lim;i++)f2[i]-=f1[n/i/p]-f1[p-1];
	for(int i=lim;i>=1ll*p*p;i--)f1[i]-=f1[i/p]-f1[p-1];
}
return f2[1];

但是会跑的很慢
你找一照发现问题很简单
卡一下数组枚举和除法以及一些常用变量就会快$5、6$倍

lim=sqrt(n);
for(i=1;i<=lim;++i)f1[i]=i-1,f2[i]=n/i-1,inv[i]=1.0/i;
for(p=2;p<=lim;++p){
	if(f1[p]==f1[p-1])continue;
	x0=f1[p-1],w1=lim/p,w2=min(lim,(n/p/p)),dd=n/p;
	for(i=1;i<=w1;++i)f2[i]+=x0-f2[i*p];
	for(i=lim/p+1;i<=w2;++i)f2[i]+=x0-f1[(int)(inv[i]*dd+1e-7)];
	for(i=lim;i>=1ll*p*p;--i)f1[i]+=x0-f1[(int)(inv[p]*i+1e-7)];
}
return f2[1];

可以注意到由于是直接把$f(p)$拆出去，所以必须要$f$为完全积性函数或者是质因子个数这种特殊的函数，如果是积性且为若干完全积性函数线性组合可以分开维护最后组合起来

$S$

现在我们已经求出了${\sum }_{i=1}^n[i\in P]f(i)$

考虑如何计算合数的答案

设$S(n,i)={\sum }_{j=1}^n[Mi{n}_j\ge p{r}_i]f(j)$

即满足所有质因子大于等于$p_i$的数的$f$之和

那么显然${\sum }_{i=1}^{n}f(i)=S(n,1)+f(1)$
考虑如何类似的递推

首先素数的答案已经算出来了
显然的是$g(n,|P|)-{\sum }_{j=1}^{i-1}f(p{r}_j)$(因为$S$要求$Mi{n}_j\ge p{r}_i$)

考虑枚举合数的最小质因子和次数，直接算就是了

$$S(n,i)=g(n,|P|)-\sum _{j=1}^{i-1}f(p{r}_j)+\sum _{j=i}^{p{r}_j^2\le n}\sum _{xs=1}^{p{r}_j^{xs+1}\le n}S(\frac{n}{p{r}_j^{xs}},j+1)\times f(p{r}_j^{xs})+f(p{r}_j^{xs+1})$$

关于这部分的复杂度：
论文里说的是$\frac{n^{\frac{3}{4}}}{log}$
好像基于的关于质数的分析在$10^{12}$内是满足的
更大范围内应该说是$n^{1-ϵ}$
不过更大范围也跑不过去的

然后就没了
代码看例题里的就可以了

例题：

$LOJ6235$

$LOJ6202$

$LOJ6053$

$UOJ188$

$BZOJ5244$

$SPOJ-DIVCNTK$