「学习笔记」min25 筛
貌似看懂板子了，那么来更一更
min25筛
求积性函数前缀和，复杂度 \(O(\frac{n^{0.75}}{\log n})\)，常数比较小
不支持多点求，同时需要满足 \(f(prime)\) 是关于 \(prime\) 的低次多项式（很低次）
这个低次比如 \(\varphi (prime)=prime-1\)，其实这个东西是个能快速求的多项式就行了
先把 \(\sum f(i)\) 转成质数的和加合数的和，那么这个算法主要是分成两个部分：第一个 \(\rm{DP}\) 和第二个 \(\rm{DP}\)
Part I：DP
考虑如下一个 \(\rm{DP}:\)
表示 \(n\) 以内质数或者所有最小质因子大于 \(\rm{Prime_j}\) 的合数的 \(k\) 次方和
转移就是删掉最小质因子为 \(j\) 的数，具体如下：
第一种转移乘的 \(p_j^k\) 表示贡献，考虑 \(i^k\) 是完全积性函数，所以直接除不用管互质
最后减去 \(g(p_j-1,j-1)\) 表示删去质数在 \(g(n,k)\) 中的贡献
关注到转移的时候对于 \([1,n]\) 的每个数只关注其 \(\frac n{\rm{Prime}}\) 的值，那么先 \(\sqrt n\) 处理出来所有 \(\lfloor\frac ni\rfloor\) 的结果
看起来这样子计算的时候只关注了每个整除区间右端点的 dp 值，如果随机访问怎么办？
不难发现所求是 \(g_k(n,n)\)，根据转移方程求解的时候只需要 \(\lfloor\frac{N}{x}\rfloor\)，所以预处理 \(\lfloor \frac ni\rfloor\) 的结果即可
这部分的复杂度分析大可直接计算循环了多少次，这个复杂度甚至和杜教筛的分析完全一样，只是由于只扫描预处理了的质因子，那么要除一个 \(\log\)
Part II: DP
接下来设 \(S(n,x)\) 表示 \(n\) 以内所有最小质因子大于 \(Prime_x\) 的数的 函数值 之和，\(g(n)\) 表示 \(\le n\) 范围内所有质数函数值之和，\(sum_x\) 表示前 \(x\) 个质数的函数值之和
根据定义：序号 \(\le x\) 的质数并不计算在 \(S(*,x)\) 中。所以答案是 \(S(n,0)\)
转移如下：
含义其实是比较显然的，注意后面的求和又一次使用了积性函数的性质，加 \([c\neq 1]\) 的含义是如果此时不为 \(1\) 还需要把 \(p_c\) 的函数值加入答案，非常巧妙
直接递归统计贡献即可，也不需要记忆化
实现
先预处理每个质数处的前缀和和每个 \(g_k(x,0)\)，根据具体含义，这些东西都是可以通过次方前缀和来做出来的
不难发现对于高次自然数幂前缀和，需要伯努利数或者插值，这也就是处理高次的时候会复杂的原因
处理 \(g_k(x,0)\) 时只处理每个整除区间右端点的函数前缀和，然后做第一部分的 \(\rm{DP}\)（直接对着式子板抄即可）
对于第二部分中的 \(g(n)-sum_p\) 这个直接对着多项式做减法即可，剩下的都是裸的实现，无需赘述
一些细节：
-
整除分块的数组要开 \(2\) 倍，原因是 \(\lfloor \frac{n}x\rfloor\) 的结果要分成 \(\le \sqrt n\) 和 \(\ge \sqrt n\) 的两部分
-
处理 \(1\) 的贡献通常的办法是都删掉，最后加上一个 \(f(1)\)
代码是模板题 LOJ6053
const int N=2e5+10,mod=1e9+7,inv2=5e8+4;
int fl[N],pri[N],num,tot,bl,n,id1[N],id2[N],g2[N],g1[N],s1[N],R[N];
inline int get(int x){return x<=bl?id1[x]:id2[n/x];}
inline int calc(int x,int y){
if(x<=1||pri[y]>x) return 0;
int pos=get(x),ans=del(del(g2[pos],g1[pos]),(s1[y-1]+1-y+mod)%mod);
if(y==1) ans=add(ans,2);
for(int i=y;i<=num&&pri[i]*pri[i]<=x;++i){
int prod=pri[i];
for(int j=1;prod*pri[i]<=x;prod*=pri[i],++j){
ans=add(ans,add(mul(calc(x/prod,i+1),pri[i]^j),pri[i]^(j+1)));
}
} return ans;
}
signed main(){
n=read(); bl=sqrt(n);
for(int i=2;i<=bl;++i){
if(!fl[i]) pri[++num]=i,s1[num]=add(s1[num-1],i);
for(int j=1;j<=num&&pri[j]*i<=bl;++j){
fl[i*pri[j]]=1; if(i%pri[j]==0) break;
}
}
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=(n/(n/l)); R[++tot]=n/l;
// R[i] 记录区间右端点
g1[tot]=del(R[tot]%mod,1);
g2[tot]=mul(add(R[tot]%mod,2),mul(del(R[tot]%mod,1),inv2));
if(n/l<=bl) id1[n/l]=tot; else id2[r]=tot;
}
for(int i=1;i<=num;++i){
for(int j=1;pri[i]*pri[i]<=R[j];++j){
int k=get(R[j]/pri[i]);
// 因为 (n/a)/b) = (n/(ab)) 那么可以直接找 id
g1[j]=del(g1[j],del(g1[k],i-1));
g2[j]=del(g2[j],mul(pri[i],del(g2[k],s1[i-1])));
}
} printf("%lld\n",add(1,calc(n,1)));
return 0;
}
例题
LOJ6625
当头一棒
这题目告诉我们 \(min25\) 筛不一定要写第二部分，（那么这题应该放到 \(DP\) 杂题……）
考虑合数处的取值是 \(\rm{minp(i)-2}\)，那么使用第一部分的 \(DP\) 能统计出来每个质数作为多少质数的 \(\rm{minp}\)
这种题对于博主这种一根筋的废物还是很有用的！
LOJ3069
现场居然能过掉 \(4\) 个人，候选队实力恐怖如斯
面向数据范围不难考虑对 \(f(x)\) 是否是积性函数进行思考，而根据定义我们发现圆上的整点是平均分布在四个象限里面的，那么对 \(f(i)/4\) 打表
好耶，是积性函数！但是如何证明呢？
首先证明两个结论：
-
奇质数 \(x\) 可以被分解成 \(a^2+b^2\) 当且仅当 \(x\equiv 1\ (\bmod\ 4)\)
根据二次剩余的一些理论，得到此时存在一个 \(a^2 \equiv -1 (\bmod \ x)\)
那么构造 \(as_1+t_1\equiv as_2+t_2\mod p\) 满足 \(s_1,s_2,t_1,t_2\le \sqrt p\)
此时满足条件的的 \(x=|s_1-s_2|,y=|t_1-t_2|\)，证明带入即可，那么发现 \(x^2+y^2 \equiv 0\mod p,x^2+y^2\le p\)
定义高斯整数 \(x+yi[x,y\in\mathrm{Interger}]\) 和其范数 \(N(x+y_i)=x^2+y^2\)
同时定义高斯质数为不能表示为若干个高斯质数乘积的数，这里使用上面的结论，发现高斯质数就是 \(p \equiv 3\mod 4\) 的质数
定义两个不同的高斯整数是相互伴随的当且仅当一个通过旋转 \(90,180,270\) 可以成为另一个
考虑这样一个性质：对于高斯整数，也存在唯一分解定律，这里分解出来的结果每个数可以替换为其伴随
这个性质考虑归奶证明，使用范数的乘积可以快速得到
那么这个函数是积性函数就完成了证明，同时不难发现质数处取值：
剩下的部分不难使用 \(min25\) 筛进行求解，但是一个需要分开讨论
在进行 \(min25\) 筛的第一个 \(\rm{DP}\) 的过程中，使用 \(3\times 3\equiv 1\) 的优美性质来进行 \(p\equiv 3\mod 4\) 的部分的转移
具体实现的时候分 \(g_1(n,i),g_2(n,i)\) 两个部分进行转移，一开始转移的都是个数，并不计算具体点值
剩下的都交给第二个 \(\rm{DP}\) 啦，细节并不多，复杂度 \(\Theta(\frac{n^{0.75}}{\log n})\)
