min25筛 学习笔记

问题：求 \(\sum_{i=1}^n f(i)\)，其中 \(f(i)\) 是积性函数，满足 \(f(p^k) \ (p \in prime)\) 可以快速求，\(1 \leq n \leq 10^{10}\)

Part 1

设 \(\operatorname{g}(a,b)=\sum_{i=1}^a [i\in prime \ \operatorname{or} \ pmin_i>prime_b] \ f(i)\)，其中 \(pmin_i\) 表示 \(i\) 的最小质因数，而 \(prime_b\) 则表示第 \(b\) 小的质数。

显然 \(\operatorname{g}(a,\infty)\) 就是质数部分的积性函数之和。

考虑这个东西怎么推。

\(g(a,b)=\begin{cases} g(a,b-1) \ (a<prime_b^2) \\ g(a,b-1)-f(prime_b)(g(\left\lfloor\frac{a}{prime_b}\right\rfloor,b-1)-g(prime_{b-1},b-1)) \ (otherwise) \end{cases}\)

发现 \(g(a,b)\) 可以由 \(g(a,b-1)\) 推导过来，只需要 \(g(a,b-1)\) 剔掉 \(\sum_{i=1}^a [i \not \in prime \ \operatorname{and} \ pmin_i=prime_b ] \ f(i)\) 的部分即可。

上面那个式子就描述了这一过程。因为 \(f(i)\) 是积性函数，所以如果剔掉以 \(prime_b\) 因数的数字的话会给答案减去一个 \(f(prime_b)\) 的贡献。

这个看上去比较简单。下一个。

Part 2

既然质数部分我们会做了，那么考虑合数部分要怎么做...

根据上述 \(g\) 函数的构造方法，我们也可以构造一个 \(S\) 函数。

构造一个 \(S\) 函数使 \(S(a,b)=\sum_{i=2}^a [pmin_i \geq prime_b]\ f(i)\)

很显然我们要求的东西就是 \(S(n,0)\)

\(S(a,b)=\begin{cases} S(a,b+1) \ (a < prime_b^2)\\ g(a,\infty)-\sum_{i=1}^{b-1}f(prime_i)+\sum_{prime_k^i \leq a,k > b} f(prime_k^i)(S(\left\lfloor\frac{a}{prime_k^i}\right\rfloor,k)+[i>1]) \end{cases}\)

左边那个式子是算质数，即 \(f(prime_b)\) 的贡献，而右边那个式子是算合数的贡献。顺便一提由于 \(i=1\) 的时候有点难搞所以直接跳过去了，所以如果右边没有 \([i>1]\) 的话，\(f(prime_b^i)\) 将会被略过，如果右边把 \([i>1]\) 改成 \([i]\) 的话那么又会多算质数的贡献，所以就是 \([i>1]\)

发现上面那两坨东西如果暴力去算的话肯定就是大于 \(\mathcal{O}(n \ln n)\) 的，相当暴力，但是我们发现对于每个 \(a\) ，我们需要计算的关键部分的形式是类似于 \(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor\) 的，于是可以直接数论分块，复杂度降为 \(\mathcal{O}(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\) ，可以通过。

代码...懒得写，直接贺（