[学习笔记]Min_25筛
注意到我们做反演题时，并不需要用到前缀和中的所有信息，大多数时候只需要用到\(\lfloor\frac n 1\rfloor,\lfloor\frac n 2\rfloor,\lfloor\frac n 3\rfloor......\)这几项即可，而今天我们要讲的Min_25筛，就是专门为求出这些位置的前缀和而生的。
既然要求的项数少了，时间复杂度自然也就少了，Min_25的时间复杂度是\(\varTheta(\frac {n^{\frac 3 4}}{ln(n)})\)的。
大体思路
- Min_25筛在处理时把质数分为大于\(\sqrt n\)与小于\(\sqrt n\)两个部分。
注意到大于\(\sqrt n\)的部分，在计算对于x的贡献时，只会是1次方的，所以我们可以先求出它们对于各前缀和的贡献，而对于小于\(\sqrt n\)的部分，我们则暴力枚举每个质数的次方数即可。
具体实现
这里以求\(\varphi\)的前缀和为例。
第一部分
- 第一部分：大于\(\sqrt n\)的质数（不妨叫它们大质数）的贡献
因为最后每个大质数只会以1次的形式出现，所以我们只需求出\((p_i-1)\)即可。（下面我们将它们分为1次与0次两部分求解）
- \(f[i][j]\)表示：\(2\)~\(j\)中小于等于\(p_i\)的质数的数值（我们称其为第一坨），与最小质因子大于\(p_i\)的数的数值的和（第二坨）。\((i\in [0,\sqrt n])\)
这里，我们的想法是通过把小质数的贡献删光，从而只留下大质数，所以i的枚举到\(\sqrt n\)为止。
先是1次的部分。
显然有初始条件：\(f[0][j]=\frac{j\times(j+1)}{2}\)
- 考虑转移：
\(\begin{aligned}f[i+1][j]=f[i][j]-(f[i][\lfloor\frac j {p_{i+1}}\rfloor]-\sum_{k=1}^ik)\times p_{i+1}\end{aligned}\)
- 来解释一下这个式子：
我们需要筛掉那些最小质因子为\(p_{i+1}\)的数的贡献，也就是dp式中的第二坨，而这就是括号中的部分。括号中后面的\(\sum\) 是为了删去了dp式中的第一坨。（因为质数\(p_{i+1}\)本就在答案中，只要不把它筛掉即可，不需要再在后面另外加）
- 0次的部分处理类似，这里只给出式子：
\(\begin{aligned}f'[i+1][j]=f'[i][j]-(f'[i][\lfloor\frac{j}{p_{i+1}}\rfloor]-\sum_{k=1}^ii)\times1\end{aligned}\)
最后我们将\(f\)与\(f'\)相加，得到\(F\)，那么\(F[\sqrt n][k]\)即是小于等于\(k\)的所有质数的贡献。
第二部分
第二部分：小质数的贡献
- \(g[i][j]\)表示：\(2\)~\(j\)中小于等于\(p_i\)的质数的\(\varphi\)值（我们称其为第一坨），与最小质因子大于\(p_i\)的数的\(\varphi\)的和（第二坨）。\((i\in [0,\sqrt n])\)
有初始条件：\(g[k][j]=F[k][j],k\in[1,\sqrt n]\)
我们刚刚把合数都筛光了，那么现在就要把它们给加回来。
- 我们枚举每一个小质数质数的次数，考虑转移：
\(\begin{aligned}g[i-1][j]=g[i][j]+\sum_{p_i^{e+1}\le j}[(g[i][\lfloor\frac{j}{p_{i}^e}\rfloor]-\sum_{k=1}^i\varphi(p_k))\times \varphi(p_i^e)+\varphi(p_i^{e+1})]\end{aligned}\)
- 解释一下式子：
因为p每多1次，对于答案的影响都不一样（第一次是乘p-1，后来是乘p），所以我们需要枚举次数，求出每一个\(p^e\)对于答案的贡献。大体思路和之前的相似，只是因为这次我们是要往里面加，所以需要在后面挂上\(p^{e+1}\)的贡献。
一些细节
第一部分时从小到大枚举i，第二部分从大到小枚举i。
为了在内存上去掉i这一维，我们需要从大到小枚举j。
因为我们只需要求\(\lfloor\frac n 1\rfloor,\lfloor\frac n 2\rfloor,......\)，而且在转移时也只会用到这几项，所以我们只需要把这\(\sqrt n\)项标个号即可，这样就把j这一维也降到了\(\sqrt n\)，在空间上绝对是妥妥的。
只有当时\(\lfloor\frac n k\rfloor>p_i\)才进行转移，不然的话一减后面那坨\(\sum\)必定等于0。\((*)\)
显然，括号中的那坨\(\sum\)能预处理。
- 关于时间复杂度：
有了“优化(\(*\))”，我们就能把原先看上去是\(\varTheta(\frac{n}{ln(n)})\)的算法变成\(\varTheta(\frac{n^{\frac 3 4}}{ln(n)})\)，但是我太菜了，并不会具体的证明。。。。
- 洛谷模板题的代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+5,mod=1e9+7;
const ll inv6=166666668%mod;
int vis[maxn],p[maxn],id1[maxn],id2[maxn],tot;
ll sum1[maxn],sum2[maxn],f[maxn],g1[maxn],g2[maxn],to[maxn],n,sqrtn,tt;
void sieve(int N){
vis[1]=1;
for (int i=2;i<=N;i++){
if (!vis[i]) p[++p[0]]=i,sum1[p[0]]=(sum1[p[0]-1]+i)%mod,sum2[p[0]]=(sum2[p[0]-1]+1ll*i*i%mod)%mod;
for (int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=N;j++){
vis[i*p[j]]=1;
if (i%p[j]==0) break;
}
}
}
int getid(ll x) {return x<=sqrtn?id1[x]:id2[n/x];}
ll Mod(ll x) {return (x%mod+mod)%mod;}
int main(){
scanf("%lld",&n);
sieve(sqrtn=sqrt(n));
for (ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ll w=n/l;
to[++tot]=w;
if (w<=sqrtn) id1[w]=tot; else id2[n/w]=tot;
w%=mod;
g1[tot]=w*(w+1)/2%mod;
g2[tot]=w*(w+1)%mod*(2ll*w+1)%mod*inv6%mod;
g1[tot]=(g1[tot]-1+mod)%mod;
g2[tot]=(g2[tot]-1+mod)%mod;
}
for (int i=1;i<=p[0];i++)
for (int j=1;j<=tot&&to[j]>=1ll*p[i]*p[i];j++){
int k=getid(to[j]/p[i]);
g1[j]=(g1[j]-Mod(g1[k]-sum1[i-1])*p[i]%mod+mod)%mod;
g2[j]=(g2[j]-Mod(g2[k]-sum2[i-1])*p[i]%mod*p[i]%mod+mod)%mod;
}
for (int i=1;i<=tot;i++) f[i]=Mod(g2[i]-g1[i]);
for (int i=p[0];i>=1;i--)
for (int j=1;j<=tot&&to[j]>=1ll*p[i]*p[i];j++)
for (ll t=p[i];t*p[i]<=to[j];t*=p[i]){
int k=getid(to[j]/t);
tt=t%mod;
f[j]=(f[j]+Mod(f[k]-sum2[i]+sum1[i])*tt%mod*Mod(tt-1)%mod+tt*p[i]%mod*Mod(tt*p[i]%mod-1)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",(f[1]+1)%mod);
return 0;
}
