【Learning】积性函数前缀和——洲阁筛(min_25写法)

问题描述

  
  洲阁筛解决的问题主要是\(n\)范围较大的积性函数前缀和。
  
​  已知一积性函数\(f(i)\),求\(\sum_{i=1}^nf(i)\)
  
  \(n\leq10^{12}\).
  
  
  

求解方法

  
  如果\(f(i)\)在质数处的取值比较简单,那么可以运用洲阁筛来求解。
  
​  我们需要两个辅助数组。
  

\(g_{i,j}\)

  
  定义如下:
\[ \begin{aligned} g_{i,j}&=\sum_{k=2}^i[k与p_1,p_2,...,p_j互质或就是其中某个质数]\; s(k)\\ &=\sum_{k=2}^i[k是\leq p_j的质数或k的最小质因子大于p_j]\; s(k) \end{aligned} \]
  其中\(s(x)\)是一个积性函数,它可以是\(s(x)=x\),或\(s(x)=1\),等等。
  
​  我们一般要求第二维计算到\(m\),其中\(m\)为满足\(p_m\le\sqrt n\)的最大正整数。
  
  这时候,\(g_{x,m}\)就表示函数\(s\)在前缀范围\([1,x]\)内的质数处的取值之和,这也是\(g\)数组的主要作用。但这里\(x\)的定义域不是\([1,n]\),下文会提到。
   
  这个数组怎么求呢?
  
​  首先边界条件比较简单:
\[ g_{i,0}=\sum_{k=2}^is(k) \]
  可是这里有一个限制:\(\sum_{k=2}^is(k)\)必须足够简单好算。如果函数前缀和比较复杂,如\(s=\mu\),就不能使用在\(s=\mu\)意义下计算\(g\)的这种方法。但是如果函数在质数的取值比较简单,如\(\mu(p)=-1\),我们可以考虑换一个角度:令\(s(x)=1\),可以计算出\([1,n]\)的质数个数\(p_{sum}\),那么我们可以用\(-1*p_{sum}\)表示所求的东西,一样达到了我们的目的(黑体字)。
  
  考虑由\(g_{i,j-1}\)推出\(g_{i,j}\)
  
  若\(i<p_j^2\),显然\(g_{i,j}=g_{i,j-1}\)
  
  否则当\(i\ge p_j^2\)时,如何考虑?\(g_{i,j-1}\)代表着一些在\(j-1\)时合法的数的函数值之和,而从\(j-1\)变成\(j\)时,若某些原本合法的数变得不合法,显然一定是因为触犯了第二个条件:最小质因子恰好为\(p_j\)。如何算出这一部分的数的函数值之和呢?
\[ g_{i,j}=g_{i,j-1}-s(p_j)(g_{\lfloor\frac i {p_j}\rfloor,j-1}-g_{p_j-1,j-1}) \]
  
  
​  后面减去的部分就是这一部分数的函数值之和。首先它们都有一个最小质因子\(p_j\),随后,它们除去\(p_j\)剩下的部分,不可以含有小于\(p_j\)的质因子,因此剩下的部分至少大于等于\(p_j\),但要小于等于\(\frac{i}{p_j}\)。这恰好对应了\(g\)的定义!后面一部分算的就是
\[ \sum_{k=p_j}^{\frac i {p_j}}[最小质因子>p_{j-1}]\; s(k) \]
  但是\(n\)太大,存不下怎么办?
  
  记集合\(S=\{\lfloor\frac n x\rfloor |x\in[1,n]\}\;\;(\)\(|S|=2\sqrt n)\),我们只需要关注\(g_{i,...}\;\;(i\in S)\)即可,那为什么只用考虑第一维取这些值的情况呢?可以证明,所有以后需要调用的第一维都属于\(S\)。从\(g\)本身的递推需要来看,我们需要\(g_{\lfloor\frac i {p_j}\rfloor,j-1}\),它的第一维\(\lfloor \frac i {p_j}\rfloor\in S\);还需要\(g_{p_j-1,j-1}\),它的第一维\(p_j-1\le\sqrt n\),一定属于\(S\)。所以,其他的第一维取值就不需要计算了。从下文的\(h\)计算的调用来看,也都只会调用到\(S\)内的第一维,下文会提到。
  
  再之,我们发现每次递归时只用到第二维为\(j-1\)的数据,这给了我们滚动的思想:我们依次计算\(j=0...m\)的情况。将\(|S|\)个元素排成一排,分别表示在当前\(j\)意义下,\(g_{i,j},i\in S\)的取值。由于更新\(g_{i,j}\)的时候只需要用到诸如\(k\le i\)\(g_{k,j-1}\),我们从大到小枚举并更新那些需要更新的元素\(i\in S,i\ge p_j^2\),这样可以保证调用的元素仍然是\(j-1\)意义下的;而\(i<p_j^2\)的情况,与\(j-1\)时完全没有改变,不需要操作,直接继承。
  
​  \(j\)越是大,我们需要更新的元素就越来越少。如此一层层地覆盖上去(很像一维背包的那种继承思想),我们,就可以计算到\(g_{n,m}\)了。这一步的复杂度是\(O(\frac {n^{\frac 3 4}}{\log n})\)
  
  离散\(S\)中元素到数组上的方法很简单,对于\(x\in S\),如果\(x\le \sqrt n\),用\(pos_1[x]\)表示\(x\)的离散位置;如果\(x>\sqrt n\),用\(pos_2[\lfloor \frac n x\rfloor]\)表示\(x\)的离散位置。可以写一个简短的\(get()\)函数来处理询问离散位置的操作。
  

\(h_{i,j}\)

  
  定义如下:
\[ h_{i,j}=\sum_{k=2}^i[k的最小质因子\ge p_j]\;f(k) \]
  其递推式为:
\[ \begin{aligned} h_{i,j}&=\sum_{p_k\ge p_j}\sum_{e\ge 1且p_k^e\le i}f(p_k^e)h_{\lfloor \frac i{p_k^e}\rfloor,j+1}+f(p_k^e)\\ &=\sum_{p_k\ge p_j}\sum_{e\ge 1且p_k^e\le i}f(p_k^e)(h_{\lfloor \frac i{p_k^e}\rfloor,j+1}+1) \end{aligned} \]
  它相当于枚举所有在\([2,i]\)范围内,最小质因子大于等于\(p_j\)的数,并对函数值求和。首先枚举它们的最小质因数\(p_k\),再枚举最小质因数\(p_k\)的幂;最后统计有多少个数,满足除去\(p_k^e\)后剩余部分最小质因子大于\(p_j\),也就是大于等于\(p_{j+1}\),这和\(h\)本身的定义恰好符合。如此枚举,不会算重,但是会漏掉一种情况:\(f(p_k^e)\)没有被算入,因为\(h\)\(\sum\)是从2开始枚举的。额外加上即可。
  
  我们使用搜索计算\(h\)。这里的搜索不需要记忆化,因为有结论是:如果要求不同的\(h_{i,j}\),它们在搜索时不会搜索到重复的地方。
  
  第一个循环不可以完全枚举\(k=j...m\),不然的话复杂度过高。当\(p_k^2>i\)时,余下的未计算的函数值之和恰好是函数在\(p\in(\sqrt i,i]\)处的取值之和,可以直接用\(g_{i,m}-g_{p_{m'},m}\)表示,其中\(m'\)为满足\(p_{m'}\le \sqrt i\)的最大正整数。我们发现\(p_m',i\in S\),回应上文,只需要计算\(g\)的第一维属于\(S\)时的情况。
  
  
  

答案计算

  
  \(\sum_{i=2}^nf(i)=h_{n,0}\)
    
  那么\(\sum_{i=1}^nf(i)=h_{n,0}+f(1)\),简洁明了。
  
  当然,有时候题目甚至不需要调用\(h\)数组,这要依题目而灵活变化。

  
  
  

总结

  
  整体思路稍微有点复杂,但只要明白了洲阁筛对积性函数求和的关键步骤,就可以比较好地理解。
  
  首先,我们所讨论的积性函数,最好在质数处有简明的表达式。我们可以将表达式写出后,对于每个和式,用\(g\)在不同\(s(x)\)的意义下逐个求解。
  
  然后要理解洲阁筛对分配律的利用。它通过枚举最小质因数、枚举其作为最小质因数的指数、最后统计除去最小质因数后,剩余部分最小质因数大于自己的情况数这一种枚举方法,可以结合积性函数性质、运用\(h\)数组快速枚举遗漏的数,并得到其函数值之和。
  
  题目所求的问题并不会总是中规中矩,我们需要把题目求的表达式拆成一个一个部分,尽量用g或h的定义来表示,依次求解。
   
  总的时间复杂度为\(O(\frac{n^{\frac 3 4}}{\log n})\)
  
  
  

代码

  
  以SPOJ的DivcntK为例,求的是\(\sum_{i=1}^n \sigma_0(i^k)\)\(n,k\le 10^{10}\)。这份代码是单组数据的。
  

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int SQRTN=100005;
bool vis[SQRTN];
ll p[SQRTN],pcnt;
ll n,k,sqrtn;
int m;
ll a[SQRTN*2],cnt;
int pos1[SQRTN],pos2[SQRTN];
ull g[SQRTN*2];
void prework(){
    for(int i=2;i<SQRTN;i++){
        if(!vis[i])
            p[++pcnt]=i;
        for(int j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<SQRTN;j++){
            int x=i*p[j];
            vis[x]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
}
int gp(ll x){//getpos
    return x<=sqrtn?pos1[x]:pos2[n/x];
}
void Discretization(){
    for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
        a[++cnt]=n/i;
        j=n/(n/i);
    }
    reverse(a+1,a+1+cnt);
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        if(a[i]<=sqrtn) pos1[a[i]]=i;
        else pos2[n/a[i]]=i;
}
void calc_g(){
    for(int i=1;i<=cnt;i++) g[i]=a[i]-1;
    for(int j=1;j<=m;j++)
        for(int i=cnt;i>=1&&a[i]>=p[j]*p[j];i--)
            g[i]-=g[gp(a[i]/p[j])]-g[gp(p[j]-1)];
}
ull calc_h(ll i,ll j){
    if(i<=1) return 0;
    ull res=0;
    int a;
    for(a=j;a<=m&&p[a]*p[a]<=i;a++)
        for(ll pe=p[a],e=1;pe<=i;pe*=p[a],e++)
            res+=(ull)(e*k+1)*(calc_h(i/pe,a+1)+1);
    if(p[a-1]<=i) 
        res+=(ull)(k+1)*(g[gp(i)]-g[gp(p[a-1])]);
    return res;
}
int main(){
    prework();
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    sqrtn=(ll)sqrt(n);  
    m=upper_bound(p+1,p+1+pcnt,sqrtn)-p-1;
    Discretization();
    calc_g();
    ull ans=(ull)(k+1)*(g[gp(n)]-m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(ll pe=p[i],e=1;pe<=n;pe*=p[i],e++)
            ans+=(ull)(e*k+1)*(calc_h(n/pe,i+1)+1);
    ans++;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}
posted @ 2018-06-14 19:46 RogerDTZ 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏