Min_25 篩

Min_25 篩

yyb好神仙啊

幹什麼用的

能夠在\(O(\frac{n^{\frac 34}}{\log n})\)的時間內求積性函數\(f(x)\)的前綴和。

別問我爲何是這個複雜度

要求\(f(p)\)是一個關於\(p\)的簡單多項式，\(f(p^c)\)能夠快速計算。

怎麼作啊

首先咱們須要對每一個\(x=\lfloor\frac ni\rfloor\)求出\(\sum_{i=1}^x[i是質數]f(i)\)。

怎麼求呢？

先線性篩出\(\sqrt n\)範圍內的質數，設\(P_j\)表示從小到大第\(j\)個質數。

設\(g(n,j)=\sum_{i=1}^{n}[i \in P \ or\ \min(p)>P_j]f(i)\)

說人話就是：\(i\)是質數，或者\(i\)的最小質因子大於\(P_j\)，把\(1-n\)內知足條件的\(f(i)\)加起來就是\(g(n,j)\)。

這個東西的實際含義是什麼呢？能夠參考一下埃氏篩法的運行過程。

假設如今有\(n\)個數依次排開，第\(i\)個數是\(f(i)\)，根據埃氏篩法的那套理論，每次選出一個質數，而後篩掉它的全部倍數。

會發現\(g(n,j)\)就是運行\(j\)次埃氏篩法後，沒被篩掉的全部數之和加上全部的\(f(p)\)。

咱們要求的\(\sum_{i=1}^x[i是質數]f(i)\)其實就是\(g(x,|P|)\)，其中\(|P|\)是質數集合的大小。

考慮\(g(n,j)\)的轉移，分兩種狀況：

一、\(P_j^2>n\)。此時運行的第\(j\)次已經不會再篩掉任何數了（由於第\(j\)次運行中篩掉的最小的數是\(P_j^2\)），因此此時\(g(n,j)=g(n,j-1)\)。

二、\(P_j^2\le n\)。這時候咱們就要考慮哪些數被篩掉了。被篩掉的數必定含有質因子\(P_j\)，且除掉\(P_j\)後最小的質因子會大於等於\(P_j\)。考慮減去\(f(P_j)\times g(\frac{n}{P_j},j-1)\)，但在\(g(\frac{n}{P_j},j-1)\)中多減去了\(\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)\)這些最小質因子小於\(P_j\)的函數值，因此再把它們加上就行了。

因此總結起來就是：

\[g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-f(P_j)[g(\frac{n}{P_j},j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)]&P_j^2\le n\end{cases}\]

關於\(g(n,j)\)的初值問題：\(g(n,0)\)表示全部數的和，也就是把全部數都看成是質數帶入\(f(p)\)的那個多項式中算出的結果。

由於最後只要求全部的\(g(x,|P|)\)，因此在求的時候數組只開了一維。這樣作的複雜度被證實是\(O(\frac{n^{\frac 34}}{\log n})\)的。

以\(f(x)=1\)即求\(n\)之內的質數個數爲例：

for (int i=1,j;i<=n;i=j+1){
    j=n/(n/i);w[++m]=n/i;
    if (w[m]<=Sqr) id1[w[m]]=m;
    else id2[n/w[m]]=m;
    g[m]=(w[m]-1)%mod;
}
for (int j=1;j<=tot;++j)
    for (int i=1;i<=m&&pri[j]*pri[j]<=w[i];++i){
        int k=(w[i]/pri[j]<=Sqr)?id1[w[i]/pri[j]]:id2[n/(w[i]/pri[j])];
        g[i]=(g[i]-g[k]+j-1)%mod;g[i]=(g[i]+mod)%mod;
    }

說了那麼多你求出了啥？

如今咱們已經對於\(x=\lfloor\frac ni\rfloor\)求出了\(\sum_{i=1}^x[i是質數]f(i)\)。

咱們設\(S(n,j)=\sum_{i=1}^n[\min(p)\ge P_j]f(i)\)，也就是全部知足最小質因子大於等於\(P_j\)的\(f\)值之和。

那麼最終的答案就是\(S(n,1)+f(1)\)。

鑑於質數的答案咱們已經算出來了，是\(g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)\)。（由於要保證最小質因子大於等於\(P_j\)因此要把小於它的質數減掉）

考慮合數。咱們枚舉這個合數的最小質因子及其出現次數，而後直接乘便可。

\[S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k=j}^{P_k^2\le n}\sum_{e=1}^{P_k^{e+1}\le n}S(\frac{n}{P_k^e},k+1)\times f(P_k^e)+f(P_k^{e+1})\]

而後這個的複雜度也被證實是\(O(\frac{n^{\frac 34}}{\log n})\)的。

舉個栗子

loj6053簡單的函數

定義積性函數\(f(p^c)=p\oplus c\)，求其前\(n\)項和。

會發現除了\(2\)之外的質數都知足\(f(p)=p\oplus 1=p-1\)，因此能夠分別計算出\(g(x,|P|)=\sum_{i=1}^x[i是質數]i\)以及\(h(x,|P|)=\sum_{i=1}^x[i是質數]1\)。

在處理\(S\)的時候，若是\(j=1\)，就說明其中包含\(2\)這個因數，所以把答案\(+2\)便可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e6+5;
const int mod = 1e9+7;
int Sqr,zhi[N],pri[N],sp[N],tot,m,id1[N],id2[N],g[N],h[N];
ll n,w[N];
void Sieve(int n){
    zhi[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i){
        if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,sp[tot]=(sp[tot-1]+i)%mod;
        for (int j=1;i*pri[j]<=n;++j){
            zhi[i*pri[j]]=1;
            if (i%pri[j]==0) break;
        }
    }
}
int S(ll x,int y){
    if (x<=1||pri[y]>x) return 0;
    int k=(x<=Sqr)?id1[x]:id2[n/x];
    int res=(1ll*g[k]-h[k]-sp[y-1]+y-1)%mod;res=(res+mod)%mod;
    if (y==1) res+=2;
    for (int i=y;i<=tot&&1ll*pri[i]*pri[i]<=x;++i){
        ll p1=pri[i],p2=1ll*pri[i]*pri[i];
        for (int e=1;p2<=x;++e,p1=p2,p2*=pri[i])
            (res+=(1ll*S(x/p1,i+1)*(pri[i]^e)%mod+(pri[i]^(e+1)))%mod)%=mod;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    Sqr=sqrt(n);Sieve(Sqr);
    for (ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=n/(n/i);w[++m]=n/i;
        if (w[m]<=Sqr) id1[w[m]]=m;
        else id2[n/w[m]]=m;
        h[m]=(w[m]-1)%mod;
        g[m]=((w[m]+2)%mod)*((w[m]-1)%mod)%mod;
        if (g[m]&1) g[m]+=mod;g[m]/=2;
    }
    for (int j=1;j<=tot;++j)
        for (int i=1;i<=m&&1ll*pri[j]*pri[j]<=w[i];++i){
            int k=(w[i]/pri[j]<=Sqr)?id1[w[i]/pri[j]]:id2[n/(w[i]/pri[j])];
            g[i]=(g[i]-1ll*pri[j]*(g[k]-sp[j-1])%mod)%mod;g[i]=(g[i]+mod)%mod;
            h[i]=(h[i]-h[k]+j-1)%mod;h[i]=(h[i]+mod)%mod;
        }
    printf("%d\n",S(n,1)+1);
    return 0;
}