洲阁筛法学习小计

张俊的课件如是说：

　　 一个对单个n有效的方法：
　　 　　f[n]表示n以内的素数个数
　　 　　c[i]表示第i个素数
　　 　　g[n][m]表示n以内不被c[1..m]整除的数的个数
　　　　　　(1)
　　　　　　f[n]=f[sqrt(n)]+g[n][f[sqrt(n)]]-1
　　　　　　//大于sqrt(n)的合数必然会被小于等于sqrt(n)的素数去掉，而1要去掉
　　　　　　(2)
　　　　　　g[n][m]=g[n][m-1]-g[n/c[m]][m-1]
　　　　　　//n以内不被前m-1个素数整除的数，那么还要减去被c[m]整除而不被c[1..m-1]整除的
　　　　对于$g[n][m]$的计算的优化（很有用,当n在我们预处理的范围maxn中时）：
　　　　1)若$f[n]<=m$说明n内除了1之外所有数都可以被c[1..m]整除掉(return 1)
　　　　2)若$f[\sqrt n]<=m$说明只有n内的素数#可能#满足g[n][m]，那么要去掉m个素数在加上1(return f[n]+1-m)

任之洲论文如是说：

洲阁筛是“对形式较为一般的积性函数给出一种求和算法”
　　积性函数:
　　　　设n的质因数分解为:$n=\Pi_{i=1}^k p[i]^{c[i]}$（即$n=p[1]^c[1]×p[2]^c[2]×...×p[k]^c[k]$）
　　　　有积性函数F(n)满足：
　　　　　　·当n为质数时，$F(n)=G(n)$
　　　　　　·当n=$p^c$时，$F(p^c)=T(p^c)$
　　　　　　·其他情况根据积性函数的积性，$F(n)=\Pi_{i=1}^k F(p[i]^{c[i]})$（即$F(n)=F(p[1]^c[1])×F(p[2]^c[2])×...×F(p[k]^c[k])$）
　　　　对于Euler函数,$G(p)=p-1,T(p^c)=(p-1)p^(c-1)$
　　　　对于莫比乌斯函数，$G(p)=-1,T(p^c)=0$
　　抛砖引玉：
　　　　有函数$F(n)=\Pi_{i=1}^k (p[i]^{c[i]}+d)$
　　　　求前缀和，利用之前的表示方法，$G(p)=p+d，T(p^c)=p^c+d$
　　转化1：
　　　　根据引理：对于一个在n以内的数x,x最多拥有一个大于$\sqrt n$的质因子
　　　　那么F(x)可以分两类考虑：
　　　　　　·x没有大于$\sqrt n$的质因子
　　　　　　·x有一个大于$\sqrt n$的质因子
　　　　得到$\sum_{i=1}^n F(i)=\sum_{x\le n且x没有大于\sqrt n的质因子}F(x)×(1+\sum_{\sqrt n <p\le [\frac{n}{x}]且p为质数}G(p))$
　　　　观察得到，后面乘上的系数只与$[\frac{n}{x}]$有关，所以不同的系数只有$O(\sqrt n)$种，可以根据$[\frac{n}{x}]$的取值将F(x)分成$O(\sqrt n)$段，每一段对应着一样的系数
　　　　于是需要处理的就是两部分：
　　　　　　·$\sum_{\sqrt n <p\le [\frac{n}{x}]且p为质数}G(p)$
　　　　　　·$\sum_{x没有大于\sqrt n的质因子}F(x)$
　　G(p)的计算
　　　　设不超过$\sqrt n$的质数总共有m个，升序排序为c[1..m]
　　　　设g[k][n][m]表示n内与前m个质数互质的所有数的k次幂之和，当m=0时就是自然数幂求和
　　　　当i>=1时：$g[k][n][m]=g[k][n][m-1]-c[m]^k×g[k][n/c[m]][m-1]$
　　　　最终得到的g[k][n][m]-1即为[1,n]范围内大于$\sqrt n$的质数的k次幂之和
　　　　根据两个引理：
　　　　　　·设正整数x,y,a,b，其中$a,b\le x，y=[\frac{x}{a}]$那么有$[\frac{y}{b}]=[\frac{x}{ab}]$
　　　　　　·对于所有$i\le \sqrt n$，$[\frac{n}{i}]$的取值有$O(\sqrt n)$种
　　　　　　　对于所有$i<\sqrt n$，$[\frac{n}{i}]$的取值也有$O(\sqrt n)$种
　　　　得到计算g[k][i][j]时，i的状态数只有$O(\sqrt n)$种,且这些状态刚好为需要被计算的G(p)之和
　　朴素实现
　　　　朴素的实现这一个递推式需要依次枚举质数p[i]，对每一个状态进行计算。
　　　　对每一个$[\frac{n}{x}]$中有多少个质数需要转移，时间复杂度$O(\frac{n}{log n})$
　　优化
　　　　当c[j+1]>i时，g[k][i][j]=1（因为只有1满足要求）
　　　　所以当$c[j]^2>i\ge c[j]$时，即$l=[\frac{i}{c[j]}]<c[j]$时有
　　　　　　$g[k][l][j-1]=1$
　　　　　　得$g[k][i][j]=g[k][i][j-1]-c[j]^k×g[k][i/c[j]][j-1]=g[k][i][j-1]-c[j]^k$
　　　　于是当$c[j]^2>i$时的计算可以直接省掉
　　　　那么对于每一组$[\frac{n}{x}]$只需要转移不超过$\sqrt {[\frac{n}{x}]}$的质数，利用积分，可以得到：
　　　　$O(\frac{\int_{0}^{\sqrt n}\sqrt{\frac{n}{x}}dx}{log n})=O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{log n})$
　　F(x)的计算
　　　　由于$[\frac{n}{x}]$值相同的F(x)需要乘的系数是一样的，可以直接用$[\frac{n}{x}]$来表示状态
　　　　同样设不超过$\sqrt n$的质数总共有m个，升序排序为c[1..m]
　　　　设f[i][j]表示只包含前j种质因子，且$[\frac{n}{x}]=i$的F(x)之和，其中f[n][0]=1
　　　　类似的，第一维中只有$O(\sqrt n)$种状态。
　　朴素实现
　　　　由f[i][j-1]转移过来，那么枚举幂次t，设$l=[\frac{i}{c[j]^t}]$，那么：
　　　　　　·当t>1时，对$f[l][j]$的贡献为$T(c[j]^t)×f[i][j-1]$
　　　　　　·当t=1时，对$f[l][j]$的贡献为$G(c[j])×f[i][j-1]$
　　　　注意，上面看上去是反过来递推的，这是因为，我们的第一维是指$[\frac{n}{x}]$
　　　　复杂度与G(p)的朴素实现类似。
　　优化
　　　　在G(p)的计算中省去了$c[j]^2>i$的计算，这里同样考虑相似的优化措施。
　　　　当$[\frac{n}{x}]$不超过$\sqrt n$时有：$1+\sum_{\sqrt n<p<[\frac{n}{x}]且p为质数}G(p)=1$
　　　　而最后的计算答案的式子为：$\sum_{i=1}^n F(i)=\sum_{x\le n且x没有大于\sqrt n的质因子}F(x)×(1+\sum_{\sqrt n <p\le [\frac{n}{x}]且p为质数}G(p))$
　　　　当$c[j]^2>y=[\frac{n}{x}]$时，$[\frac{y}{c[j]}]<c[j]\le\sqrt n$，所以状态y最多只能用一个超过c[j]的质数转移，并且转移后的值的答案的贡献系数一定为1
　　　　优化后的策略如下：
　　　　　　·对于一个质数c[i]，只考虑$y\ge c[i]^2$的情况
　　　　　　·设$l=[\frac{y}{c[i]^t}]$，假如$l<c[i]^2$那么这个状态在之后会被忽略，需要现在计算他对答案的贡献，也就是统计$[c[i+1],l]$范围内的G(p)之和
　　　　　　·维护每个状态最后一次转移时的c[i]，统计被忽略的那一段G(p)之和
　　　　复杂度类似
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代码

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