【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)=p⨁c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。
设 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[i∈P or min(p)>Pj]f(i)
即 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,j−1)g(n,j−1)−f(Pj)[g(Pjn,j−1)−∑i=1j−1f(Pi)]Pj2>nPj2≤n
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的 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=1j−1f(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=1∑j−1f(Pi)+k=j∑Pk2≤ne=1∑Pke+1≤nS(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)=p⨁c，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)=p−1，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和 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=1∑j−1(Pi−1)−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)=x−1，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
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;
}