【Min_25筛】 LOJ6053 简单的函数

【题目】
求积性函数 f ( p c ) = p ⨁ c f(p^c)=p\bigoplus c f(pc)=pc的前缀和,其中 p p p是素数, f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f(1)=1

【解题思路】
学了一波 Min_25 \text{Min\_25} Min_25筛。
这个东西可以在 O ( n 3 4 log ⁡ n ) O(\frac {n^{\frac 3 4} }{\log n}) O(lognn43)的复杂度内求出积性函数 f ( x ) f(x) f(x)的前缀和,同时要求对于素数 p p p f ( p ) f(p) f(p)是一个关于 p p p的简单多项式, f ( p c ) f(p^c) f(pc)可以快速计算。
主要的思想是将计算拆成素数部分和非素数部分计算。

详细过程及推导可以看这里:blog

较为简单地说一下过程:
第一步要对每个 x = ⌊ n i ⌋ x=\lfloor \frac n i \rfloor x=in,求出 ∑ i = 1 x [ i  is prime ] f ( i ) \sum_{i=1}^x [i\text{ is prime}]f(i) i=1x[i is prime]f(i)
先筛出 n \sqrt n n 内所有素数,我们设 P i P_i Pi表示从小到大第 i i i个素数。
g ( n , j ) = ∑ i = 1 n [ i ∈ P   o r   min ⁡ ( p ) > P j ] f ( i ) g(n,j)=\sum_{i=1}^{n}[i \in P \ or\ \min(p)>P_j]f(i) g(n,j)=i=1n[iP or min(p)>Pj]f(i)
i i i是质数,或者 i i i的最小质因子大于 P j P_j Pj时,统计入 g ( n , j ) g(n,j) g(n,j)
那么我们可以发现我们上面要求的哪个东西就是 g ( x , ∣ P ∣ ) g(x,|P|) g(x,P),而 g g g有两种转移。
g ( n , j ) = { g ( n , j − 1 ) P j 2 > n g ( n , j − 1 ) − f ( P j ) [ g ( n P j , j − 1 ) − ∑ i = 1 j − 1 f ( P i ) ] P j 2 ≤ n g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-f(P_j)[g(\frac{n}{P_j},j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)]&P_j^2\le n\end{cases} g(n,j)={g(n,j1)g(n,j1)f(Pj)[g(Pjn,j1)i=1j1f(Pi)]Pj2>nPj2n
初始时 g ( n , 0 ) g(n,0) g(n,0)表示将所有数当作素数代入 f ( p ) f(p) f(p)的和。

接下来设 S ( n , j ) = ∑ i = 1 n [ min ⁡ ( p ) ≥ P j ] f ( i ) S(n,j)=\sum_{i=1}^n[\min(p)\ge P_j]f(i) S(n,j)=i=1n[min(p)Pj]f(i),即所有最小质因子大于等于 P j P_j Pj f f f之和。
最后的答案就是 S ( n , 1 ) + f ( 1 ) S(n,1)+f(1) S(n,1)+f(1)
素数部分的答案我们已经有了,即 g ( n , j ) − ∑ i = 1 j − 1 f ( P i ) g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i) g(n,j)i=1j1f(Pi)。(保证最小质因子大于等于 P j P_j Pj所以要把小于它的质数减掉)
考虑合数,枚举它最小质因子及其出现次数,由于 f f f是积性的,所以可以直接相乘。
S ( n , j ) = g ( n , j ) − ∑ i = 1 j − 1 f ( P i ) + ∑ k = j P k 2 ≤ n ∑ e = 1 P k e + 1 ≤ n S ( n P k e , k + 1 ) × f ( P k e ) + f ( P k e + 1 ) S(n,j)=g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k=j}^{P_k^2\le n}\sum_{e=1}^{P_k^{e+1}\le n}S(\frac{n}{P_k^e},k+1)\times f(P_k^e)+f(P_k^{e+1}) S(n,j)=g(n,j)i=1j1f(Pi)+k=jPk2ne=1Pke+1nS(Pken,k+1)×f(Pke)+f(Pke+1)

对于这一道题,我们有积性函数 f ( p c ) = p ⨁ c f(p^c)=p\bigoplus c f(pc)=pc,求前 n n n项和。
可以观察到除了 2 2 2以外的素数都满足 f ( p ) = p − 1 f(p)=p-1 f(p)=p1,而 f ( 2 ) = 2 + 1 = 3 f(2)=2+1=3 f(2)=2+1=3,因此我们分别计算出 g ( x , ∣ P ∣ ) = ∑ i = 1 x [ i  is prime ] i g(x,|P|)=\sum_{i=1}^x[i\text{ is prime}]i g(x,P)=i=1x[i is prime]i h ( x , ∣ P ∣ ) = ∑ i = 1 x [ i  is prime ] 1 h(x,|P|)=\sum_{i=1}^x[i\text{ is prime}]1 h(x,P)=i=1x[i is prime]1,那么可以得到 S ( n , j ) S(n,j) S(n,j)
S ( n , j ) = g ( n , ∣ P ∣ ) − ∑ i = 1 j − 1 ( P i − 1 ) − h ( n , ∣ P ∣ ) S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}(P_i-1)-h(n,|P|) S(n,j)=g(n,P)i=1j1(Pi1)h(n,P)
这里首先是所有素数的 f ( x ) f(x) f(x)的值,即 g g g函数,最小素数为 P j P_j Pj,所以减去前面的贡献,然后 f ( x ) = x − 1 f(x)=x-1 f(x)=x1,减去多算的那个 1 1 1
注意当 j = 1 j=1 j=1特判上 + 2 +2 +2

xjb构造了一种权值对应关系避免了注释中的开两个数组,但是相对麻烦

【参考代码】

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int lim,m,pnum,pri[N],bo[N];
ll n,w[N],g[N],h[N],sq[N];

void initpri()
{
	bo[1]=1;
	for(int i=2;i<=lim;++i)
	{
		if(!bo[i]) pri[++pnum]=i,sq[pnum]=(sq[pnum-1]+i)%mod;
		for(int j=1;j<=pnum && i*pri[j]<=lim;++j)
		{
			bo[i*pri[j]]=1;
			if(!(i%pri[j])) break;
		}
	}
}
ll id(ll x){return x<=lim?m-x+1:(n/x);}
ll S(ll x,int y)
{
	if(x<=1 || pri[y]>x) return 0;
	//int k=(x<=lim)?id1[x]:id2[n/x];
	int k=id(x);ll res=((g[k]-h[k]-sq[y-1]+y-1+(y==1?1:0)*2)%mod+mod)%mod;
	for(int i=y;i<=pnum && (ll)pri[i]*pri[i]<=x;++i)
	{
		ll p1=pri[i],p2=(ll)pri[i]*pri[i];
		for(int c=1;p2<=x;++c,p1=p2,p2*=pri[i])
			res=(res+S(x/p1,i+1)*(pri[i]^c)%mod+(pri[i]^(c+1)))%mod;
	}
	return res;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("LOJ6053.in","r",stdin);
	freopen("LOJ6053.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%lld",&n);lim=sqrt(n);initpri();
	for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1)
	{
		j=n/(n/i);w[++m]=n/i;
		//if(w[m]<=lim) id1[w[m]]=m; else id2[n/w[m]]=m;
		h[m]=(w[m]-1)%mod;g[m]=((w[m]+2)%mod)*((w[m]-1)%mod)%mod;
		if(g[m]&1)g[m]+=mod;g[m]/=2;
	}
	for(int j=1;j<=pnum;++j) for(int i=1;i<=m && (ll)pri[j]*pri[j]<=w[i];++i)
	{
		int k=id(w[i]/pri[j]);//printf("%lld %d %d\n",w[j],i,k);
		//cerr<
		g[i]=(g[i]-(g[k]-sq[j-1])*pri[j]%mod+mod)%mod;
		h[i]=((h[i]-h[k]+j-1)%mod+mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",S(n,1)+1);
	return 0;
}

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