min_25筛学习小记
终于在考试中碰到了一题不能用杜教筛的函数，被迫来学这个。。。
概述
首先这个函数 f(x) f ( x ) 要求是积性函数，而且 f(p) f ( p ) 和 f(pc) f ( p c ) 都要很好计算，设一个“假的” f′(x) f ′ ( x ) 表示把 x x 直接当成质数时的 f(x) f ( x ) ， f′(x) f ′ ( x ) 是（或者能拆成）完全积性函数（比如说简单多项式），且 ∑ni=1f′(x) ∑ i = 1 n f ′ ( x ) 要很好算。
min_25筛的过程有用到埃氏筛法（就是每次选一个质数筛掉其倍数的筛法）的思想，我们先把所有数当成质数，得到 ∑ni=1f′(x) ∑ i = 1 n f ′ ( x ) ，然后不断地筛得到 ∑ni=1[i∈P]f′(x) ∑ i = 1 n [ i ∈ P ] f ′ ( x ) 也就是 ∑ni=1[i∈P]f(x) ∑ i = 1 n [ i ∈ P ] f ( x ) 。得到这个所有质数函数值之和后，我们用类似的方法倒着推回去，得到真的函数值 ∑ni=1f(x) ∑ i = 1 n f ( x ) 。
筛质数的函数值
设质数集合 P={p1,p2,...,pt} P = { p 1 , p 2 , . . . , p t } ， p2t≤n p t 2 ≤ n ， minp(x) m i n p ( x ) 表示 x x 的最小素因子。
设 g(m,j)=∑mi=1[i∈P∨minp(i)>pj]f′(i) g ( m , j ) = ∑ i = 1 m [ i ∈ P ∨ m i n p ( i ) > p j ] f ′ ( i ) ，显然对于 p2j>m p j 2 > m 的 j j ， g(m,j) g ( m , j ) 都是相同的，只关心 p2j≤m p j 2 ≤ m 的情况。
我们现在知道 g(m,0) g ( m , 0 ) ，要求 g(m,t) g ( m , t ) 。不难推出转移：
其中 −g(pj−1,j−1) − g ( p j − 1 , j − 1 ) 就是 −∑j−1i=1f′(pi) − ∑ i = 1 j − 1 f ′ ( p i ) ，去掉这些质数的之后就都是最小素因子恰好为 pj p j 的情况。注意到 p2j≤m p j 2 ≤ m ，所以 ⌊mpj⌋>pj−1 ⌊ m p j ⌋ > p j − 1 ，不会减出问题。
我们发现第一维只有 O(n−−√) O ( n ) 种，开两个数组分别记下 ≤n−−√ ≤ n 和 >n−−√ > n 的函数值，按照第一维从大到小转移（这样就不用记第二维）即可。
结果就是我们在 O(n34log(n)) O ( n 3 4 log ( n ) ) 的复杂度（并不知道为什么）的情况下得到了 ∑ni=1[i∈P]f′(i)=∑ni=1[i∈P]f(i) ∑ i = 1 n [ i ∈ P ] f ′ ( i ) = ∑ i = 1 n [ i ∈ P ] f ( i ) 。
筛所有数的函数值
类似的我们设 s(m,j)=∑mi=1[i∈P∨minp(i)≥pj]f(i) s ( m , j ) = ∑ i = 1 m [ i ∈ P ∨ m i n p ( i ) ≥ p j ] f ( i ) 。我们已知 s(m,t+1)=g(m,t) s ( m , t + 1 ) = g ( m , t ) 要求 s(m,1) s ( m , 1 ) 。转移是：
这次要枚举次幂是因为 f f 不一定是完全积性函数，要把 pj p j 全部提出来。
类似之前的实现方法转移即可。
一种更快的做法
假设我们只需要 s(n,1) s ( n , 1 ) 而不需要第一维其它取值的答案，我们有一种常数更小的做法。
我们新设 s(m,j)=∑mi=1[minp(i)≥pj]f(i) s ( m , j ) = ∑ i = 1 m [ m i n p ( i ) ≥ p j ] f ( i )
这里的 s s 用递归来实现，玄学的是不用记忆化都跑得比递推的快。
LOJ6053
注意到 f(p)=p⊕1 f ( p ) = p ⊕ 1 并不是什么简单多项式，但只有 f(2)=2+1 f ( 2 ) = 2 + 1 ，其它奇质数 f(p)=p−1 f ( p ) = p − 1 ，拆成 p p 和 1 1 两部分筛，最后特判下 f(2) f ( 2 ) 即可。
代码：
#include递归的：
#includereturn 0;
ll ans=get(g,n)-get(g,p-1);
if(n*p) return ans;
for(int i=m;i<=tot&&pri[i]*pri[i]<=n;i++)
for(ll d=pri[i],k=1;d*pri[i]<=n;d*=pri[i],k++)
up(ans,f(pri[i],k)*ask(n/d,i+1)+f(pri[i],k+1));
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
qn=sqrtt(n);
getpri(qn<<1);
solg();
printf("%lld",(ask(n,1)+1)%mod);
return 0;
}