Min_25筛学习笔记
Preface
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模拟赛遇到了，于是学习了一下。
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问题一般是求积性函数 f ( x ) f(x) f(x)的前缀和，如 ∑ i = 1 n F ( i ) \sum_{i=1}^nF(i) i=1∑nF(i)
Solution
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记 P P P表示素数集合，记 P i P_i Pi表示第 i i i个质数，其中 ∣ P ∣ = n |P|=\sqrt{n} ∣P∣=n。
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则此类问题 F ( i ) F(i) F(i)需要满足：
{ f ( p ) 是 一 个 关 于 p 的 简 单 多 项 式 p ∈ P f ( p c ) 一 般 可 以 快 速 计 算 出 o t h e r w i s e \begin{cases} f(p)是一个关于p的简单多项式\ \ \ \ p\in P\\ f(p^c)一般可以快速计算出\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ otherwise\end{cases} {f(p)是一个关于p的简单多项式 p∈Pf(pc)一般可以快速计算出 otherwise
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考虑记 S ( n , j ) = ∑ i = 2 n F ( i ) [ i 的 最 小 质 因 子 大 于 等 于 P j ] S(n,j)=\sum_{i=2}^nF(i)[i的最小质因子大于等于P_j] S(n,j)=i=2∑nF(i)[i的最小质因子大于等于Pj]
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Min25筛会把 F i F_i Fi拆成 ∑ a i i k \sum a_ii^k ∑aiik的形式，对于每个 k k k分别筛后最后合并到一起。
递归版本
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那么先考虑质数的贡献，即 i i i为质数，且保证括号内条件的情况下的贡献。
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若记 m i n ( p ) min(p) min(p)表示 i i i的最小质因子，则再记 g ( n , j ) = ∑ i = 1 n [ i ∈ P , m i n ( p ) > P j ] F ( i ) g(n,j)=\sum_{i=1}^n[i\in P, min(p)\gt P_j]F(i) g(n,j)=i=1∑n[i∈P,min(p)>Pj]F(i)
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由定义，不难推出 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
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现在还有一个问题是 g ( n , 0 ) g(n,0) g(n,0)如何求出来。
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事实上，我们观察这整一个递推过程，实际上很类似埃氏筛，每一次都用一个 P j P_j Pj去把一些合数的贡献给筛去，最终筛到 n \sqrt{n} n时，保证了还没有被质数筛去的数在 n n n范围内一定不是合数。
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那么继续考虑埃氏筛，实际上一开始我们是把所有数都看成质数的。那么 g ( n , 0 ) g(n,0) g(n,0)的初值也就是这个 ∑ i = 1 n i k \sum_{i=1}^ni^k ∑i=1nik，例如当 k = 2 k=2 k=2时， g ( n , 0 ) = n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 g(n,0)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} g(n,0)=6n(n+1)(2n+1).
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现在回到原问题 ∑ i = 1 n F ( i ) \sum_{i=1}^nF(i) i=1∑nF(i)
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我们要求质数的贡献，实质上就是 g ( n , ∣ P ∣ ) − g ( P j − 1 , j − 1 ) g(n,|P|)-g(P_{j-1},j-1) g(n,∣P∣)−g(Pj−1,j−1)
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那么可以推出 S ( n , j ) = g ( n , ∣ P ∣ ) − ∑ i = 1 j − 1 f ( P i ) + ∑ k ≥ j ∣ P ∣ ∑ e ( f ( P k e ) S ( n P k e , k + 1 ) + f ( P k e + 1 ) ) S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k\ge j}^{|P|}\sum_{e}(f({P_k}^e)S(\frac{n}{{P_k}^e},k+1)+f({P_k}^{e+1})) S(n,j)=g(n,∣P∣)−i=1∑j−1f(Pi)+k≥j∑∣P∣e∑(f(Pke)S(Pken,k+1)+f(Pke+1))
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事实上，后面那一部分式子就是合数的贡献，枚举质数 k k k，次数 e e e，然后与求 g g g的思想是完全类似的，注意要加上一个 f ( P k e + 1 ) f({P_k}^{e+1}) f(Pke+1)就好了.
递推版本
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实际上递推版本比递归更慢。因为它求的是 n \sqrt{n} n个 n i \frac{n}{i} in的前缀和。
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具体细节与递归版本类似。我们直接设 S ′ ( n , i ) = ∑ i = 2 n F ( i ) [ i 的 最 小 质 因 子 不 小 于 p i 或 i 是 质 数 ] S'(n,i)=\sum_{i=2}^nF(i)[i的最小质因子不小于p_i或i是质数] S′(n,i)=i=2∑nF(i)[i的最小质因子不小于pi或i是质数].
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可以得到： S ′ ( n , i ) = { S ′ ( n , i + 1 ) + ∑ e ≥ 1 且 p i e + 1 ≤ n F ( p i e ) [ S ( ⌊ n p i e ⌋ , i + 1 ) − g ( p i , i ) ] + F ( p i e + 1 ) p i 2 ≤ n S ′ ( n , i + 1 ) p i 2 ≥ n S'(n,i)=\left\{ \begin{array}{} S'(n,i+1)+\sum_{e\geq 1且\ p_i^{e+1}\ \leq n}\ \ F(p_i^e)[S(\lfloor\frac{n}{p_i^e}\rfloor,i+1)-g(p_i,i)]+F(p_i^{e+1})& &{p_i^2\leq n} \\ S'(n,i+1)& &{p_i^2\geq n} \end{array}\right. S′(n,i)={S′(n,i+1)+∑e≥1且 pie+1 ≤n F(pie)[S(⌊pien⌋,i+1)−g(pi,i)]+F(pie+1)S′(n,i+1)pi2≤npi2≥n
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初值 S ′ ( n , ∣ P ∣ + 1 ) = g ( n , ∣ P ∣ ) S'(n,|P|+1)=g(n,|P |) S′(n,∣P∣+1)=g(n,∣P∣)
Some Problems
T1
LOJ#6235. 区间素数个数
事实上就是求 1 ∼ n 1\sim n 1∼n素数，这个可以直接通过求的 g g g来得到，连 s s s都不用求。
注意实现的时候只需要保存 n i \frac{n}{i} in的 n \sqrt{n} n个值即可。
#include T2
#6053. 简单的函数
- 注意把 f ( p ) = p − 1 f(p)=p-1 f(p)=p−1拆成两个函数 g ( p ) = p , h ( p ) = 1 g(p)=p,h(p)=1 g(p)=p,h(p)=1，然后相减，这样可以保证积性函数的性质。然后就是板子了。
#include - 两种版本的时间复杂度都是 O ( n 3 4 l o g ( n ) ) O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{log(\sqrt n)}) O(log(n)n43)。经实测，递归版会稍微快一些。