min_25筛学习笔记【待填坑】

看见ntf和pb两位大佬都来学了,然后就不自觉的来学了。


我们考虑这样一个问题。

$$ans=\sum_{i=1}^nf(i)$$其中$1\leq n\leq 10^{10}$

其中$f(i)$是一个非常奇怪的函数,并不像$\mu(i),\varphi(i),i\varphi(i)$那样具有那么好的性质。但是满足以下条件:

1.若$p$为质数,则$f(p)$是一个关于$p$的多项式,比如$\mu(p)=-1,\varphi(p)=p-1$.

2.若$p$为质数,$e$为正整数,则$f(p^e)$可以很快求出。(通常是$O(1)$)

3.$f(n)$为积性函数。

然后就可以使用min_25筛了。(顾名思义是min_25发明的)


首先,我们需要知道min_25筛是埃氏筛的一个拓展,它的思想很大一部分借助于埃氏筛。

回想一下埃氏筛,我们是每次将最小质因子为$p_i$的合数筛去,剩下的就是质数。

我们知道这些最小质因子至多为$\sqrt{n}$,所以合数可以通过枚举最小质因子来计算,质数我们则使用另外的方法。


首先我们看质数的怎么做。

$$\sum_{i=1}^n[i\in Prime]f(i)$$

根据条件1,我们知道$f(i)$是一个多项式,这样的话我们可以按照次数将$f(i)$拆成$i^k$之和,因为$i^k$是一个完全积性函数(很快就有用的)。

$$\sum_{i=1}^n[i\in Prime]i^k$$

为了计算这个,我们需要引入一个辅助数组$g(n,j)$。(鬼知道是怎么想到的)

$$g(n,j)=\sum_{i=1}^n[i\in Prime \ or \ minp(i)>P_j]i^k$$

其中$minp(i)$表示$i$的最小质因子,所以

$$\sum_{i=1}^n[i\in Prime]i^k=g(n,|P|)$$

既然我们要使用质数,所以我们可以先用欧拉筛把所有$\leq \sqrt{n}$的质数筛出来,同时还要预处理$\sum_{i=1}^j[i\in Prime]i^k$.

我们考虑dp计算。既然是埃氏筛,我们就要在$g(n,j-1)$中最小质因子为$P_j$的合数筛去。]'

对于$P_j\geq \sqrt{n}$的就不用管它了,因为肯定不可能。

首先,由于它是完全积性函数,所以$P_j$可以直接提出来,剩下的减去$i\leq \lfloor\frac{n}{P_j}\rfloor$中的数就可以了。

这些数中要求质因子$\geq P_j$,所以是$g(\lfloor\frac{n}{P_j}\rfloor,j-1)$,但是这里面质数被重复计算了,所以要减去里面的质数。

$$g(n,j)=g(n,j-1)-P_j^k(g(\lfloor\frac{n}{P_j}\rfloor,j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}[i\in Prime]i^k)$$

但是这样的话是$O(n*|P|)$的,时间和空间都承受不了。但是我们发现我们可以使用一个优化。

我们发现$g(n,j)$中$n$只有$O(\sqrt{n})$种取值,因为每次递归的时候是$n$变为$\lfloor\frac{n}{P_j}\rfloor$,而我们发现

$$\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c}\rfloor=\lfloor\frac{a}{bc}\rfloor$$

所以$n$只会变为$\lfloor\frac{n}{x}\rfloor$,于是我们就直接“手动”离散化,这个可以看代码。

然后$g(n,j)$的第二维也可以滚动数组滚掉。所以时间$O(\sqrt{n}*|P|)$,空间$O(\sqrt{n})$.


预处理部分终于结束了,接下来我们考虑计算答案,首先我们还是需要一个辅助数组。

$$S(n,j)=\sum_{i=1}^n[minp(i)>P_j]f(i)$$

像上面说的一样,分质数和合数两类计算。

$$S(x,y)=g(x,|P|)-\sum_{i=1}^{y}f(P_i)+\sum_{P_k\leq \sqrt{x},k>j}\sum_{e>0,P_k^e\leq x}f(p_k^e)(S(\lfloor\frac{x}{P_k^e}\rfloor,k)+[e>1])$$

前面两项指的是质数,后面的和式是枚举最小质因子$P_k$和它的次数$e$,

这个跟$g$不同,$S$是要按照第二维倒着计算的,但是我们也可以使用递归的方法来计算。

$S(n,0)+f(1)$就是最终答案。


至于上面说的那个手动离散化,我们要开两个数组$id1$和$id2$,分别记录$\leq \sqrt{n}$和$>\sqrt{n}$的部分的数值的编号。这样就不用map了,可以省掉一个log。

至于时间复杂度?我也不知道,总之跟杜教筛差不多,甚至有时候比杜教筛还要快。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define Rint register LL
 3 using namespace std;
 4 typedef long long LL;
 5 const int N = 1000003, mod = 1e9 + 7, inv2 = 500000004, inv3 = 333333336;
 6 LL n, Sqr, pri[N], tot, pre1[N], pre2[N], ind1[N], ind2[N], g1[N], g2[N], w[N], cnt;
 7 bool notp[N];
 8 inline void init(LL m){
 9     notp[0] = notp[1] = true;
10     for(Rint i = 2;i <= m;i ++){
11         if(!notp[i]){
12             pri[++ tot] = i;
13             pre1[tot] = (pre1[tot - 1] + i) % mod;
14             pre2[tot] = (pre2[tot - 1] + i * i) % mod;
15         }
16         for(Rint j = 1;j <= tot && i * pri[j] <= m;j ++){
17             notp[i * pri[j]] = true;
18             if(!(i % pri[j])) break;
19         }
20     }
21 }
22 inline LL S(LL x, int y){
23     if(pri[y] >= x) return 0;
24     LL k = (x <= Sqr) ? ind1[x] : ind2[n / x];
25     LL ans = (g2[k] - g1[k] + pre1[y] - pre2[y] + mod + mod) % mod;
26     for(Rint i = y + 1;i <= tot && pri[i] * pri[i] <= x;i ++){
27         LL pe = pri[i];
28         for(Rint e = 1;pe <= x;e ++, pe *= pri[i]){
29             LL xx = pe % mod;
30             ans = (ans + xx * (xx - 1) % mod * (S(x / pe, i) + (e > 1))) % mod;
31         }
32     }
33     return ans % mod;
34 }
35 int main(){
36     scanf("%lld", &n);
37     Sqr = sqrt(n);
38     init(Sqr);
39     for(Rint i = 1, last;i <= n;i = last + 1){
40         last = n / (n / i);
41         w[++ cnt] = n / i;
42         LL xx = w[cnt] % mod;
43         g1[cnt] = (xx * (xx + 1) / 2 + mod - 1) % mod;
44         g2[cnt] = (xx * (xx + 1) / 2 % mod * (2 * xx + 1) % mod * inv3 % mod + mod - 1) % mod;
45         if(n / i <= Sqr) ind1[w[cnt]] = cnt;
46         else ind2[last] = cnt;
47     }
48     for(Rint i = 1;i <= tot;i ++)
49         for(Rint j = 1;j <= cnt && pri[i] * pri[i] <= w[j];j ++){
50             LL k = (w[j] / pri[i] <= Sqr) ? ind1[w[j] / pri[i]] : ind2[n / (w[j] / pri[i])];
51             g1[j] -= pri[i] * (g1[k] - pre1[i - 1] + mod) % mod;
52             g2[j] -= pri[i] * pri[i] % mod * (g2[k] - pre2[i - 1] + mod) % mod;
53             if(g1[j] < 0) g1[j] += mod;
54             if(g2[j] < 0) g2[j] += mod;
55         }
56     printf("%lld", (S(n, 0) + 1) % mod);
57 }
luogu5325

 练习题:

UOJ188

posted @ 2019-05-08 17:04  AThousandMoons  阅读(267)  评论(0编辑  收藏