Min 25筛入门
内容
好像是一种比较新的筛法，网上资料都是18年的
正式点好像就叫基于质因数分解的亚线性函数前缀和求法。
2020.4UPD：min25筛应用
用途
筛积性函数F的前缀和。（事实上不积性的也可以筛，只要是可以按质因子拆贡献的。）
要能构造一个完全积性函数 G G G，使得 G ( p ) = F ( p ) , p ∈ P r i m e G(p) = F(p),p \in Prime G(p)=F(p),p∈Prime
复杂度
据信，空间n^0.5，时间为 O ( n 0.75 / ln n + n / p o l y ( ln n ) ) O(n^{0.75} / \ln n+n/poly(\ln n)) O(n0.75/lnn+n/poly(lnn))
（但是实际上后面那一部分还跑的挺快的）
2s大概可以做两次1e10吧。
预处理 (模拟埃氏筛法)
下文中，记 R ( a ) R(a) R(a)表示a的最小质因子。
一个数x要么是质数，要么 R ( x ) < = x R(x)<=\sqrt x R(x)<=x，这也是min25筛的精髓所在。他将所有数分成了两部分：质数和合数，而利用合数的上述性质，就可以快速统计答案。
首先，我们来求出所有质数的F和。
设 g ( i , j ) g(i,j) g(i,j)表示 ∑ F ( x ) , 满 足 x ∈ [ 2 , i ] ， 且 x ∈ P r i m e 或 R ( x ) > P j \sum F(x), 满足x\in[2,i]，且x\in Prime或R(x)>P_j ∑F(x),满足x∈[2,i]，且x∈Prime或R(x)>Pj
Pj表示第j个质数。（即筛法进行到Pj时的状态）
直观地说，就是1…i做筛法筛去前j个质数后的状态。
其中j的取值只有 n \sqrt n n个，按j分层，我们要求的是筛法进行完毕的状态 g ( i , M A X ) g(i,MAX) g(i,MAX)
初始状态 g [ i , 0 ] g[i,0] g[i,0]我们将所有数都视作质数来预处理，然后一个个质数去筛，将合数筛去，这样剩下的就是质数的F和。
容易推出g的递推式，用 g ( i , j − 1 ) g(i,j-1) g(i,j−1)来推 g ( i , j ) g(i,j) g(i,j)，即减去所有最小质因子为 P j Pj Pj的数的F和。
g ( i , j ) = g ( i , j − 1 ) − F ( P j ) ⋅ ( g ( i / P j , j − 1 ) − s u m f ( j − 1 ) ) g(i,j) = g(i,j-1) - F(Pj)\cdot (g(i/Pj,j-1) - sumf(j-1)) g(i,j)=g(i,j−1)−F(Pj)⋅(g(i/Pj,j−1)−sumf(j−1))
后面括号内sumf(j)是指 ∑ F ( P i ) , i ∈ [ 1 , j ] \sum F(Pi),i\in[1,j] ∑F(Pi),i∈[1,j]
晒微解释一下式子的含义：
考虑任意一个需要被筛出的数 P j ⋅ A < = i P_j\cdot A<=i Pj⋅A<=i，即 A < = i / P j A<=i / P_j A<=i/Pj。
注意需要同时满足 R ( A ) > = P j R(A)>=P_j R(A)>=Pj
这样的数的F和其实可以用g表示出来。但同时注意到g内有一段小于 P j Pj Pj的质数，需要减去。
*注意此处 i / P j i/Pj i/Pj可能小于Pj，此时式子不正确。但当 P j 2 > i Pj^2>i Pj2>i时显然 g ( i , j ) = g ( i , j − 1 ) g(i,j) = g(i,j-1) g(i,j)=g(i,j−1)，实现上由于省略了第二维，因此直接不更新即可。
根据常识，第一维大小只有 2 n 2\sqrt n 2n，离散下来存好。具体可能需要看标。
下面在筛质数和。
int getid(ll x) {
if (x <= P) return id[x]; else return id2[n/x];
}
//p是质数数组，pre[x]表示p[2]+p[3]...+p[x]
P = sqrt(n);
for (ll l = 1; l <= n;) {
ll v = n / l, r = n / v;
if (v <= P) id[v] = ++m; else id2[n/v] = ++m; //想想为啥是单射
w[m] = v;
g[m] = (2+v)*(v-1)/2;
l = r + 1;
}
//注意w是递减的。
for (int j = 1; p[j] <= P; j++) {
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (p[j] * p[j] > w[i]) break;
g[i] -= p[j] * (g[getid(w[i] / p[j])] - pre[j-1]);
}
}
询问
求好了所有质数的和，就可以如何用质数和求所有和了。
其实是基于每个数的质因数分解。
有直接计算 / 递推两个方法。优缺点在最后。
直接计算版
类似g的定义，
设 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j)表示 ∑ F ( x ) , 满 足 x ∈ [ 2 , i ] ， 且 R ( x ) > = P j \sum F(x), 满足x\in[2,i]，且R(x)>=P_j ∑F(x),满足x∈[2,i]，且R(x)>=Pj
（注意是R(x)大于等于Pj而不是大于Pj）
分两个部分来计算：
1.质数
2.合数，通过枚举其最小质因子与次幂来统计。
对于f(i,j)，显然质数部分就是 g ( i , M A X ) − s u m f ( j − 1 ) g(i,MAX) - sumf(j-1) g(i,MAX)−sumf(j−1)
合数部分，先枚举最小质因子与次幂 p k p^k pk，当然要满足 p > = P j p>=P_j p>=Pj。
我们要将符合这一部分的F算进来，这样的数 p k A < = n 且 R ( A ) > p p^kA<=n且R(A)>p pkA<=n且R(A)>p。
由于F是积性函数，其实就是 F ( p k ) ⋅ f ( i / p k , p 的 序 号 + 1 ) F(p^k)\cdot f(i/p^k,p的序号+1) F(pk)⋅f(i/pk,p的序号+1)。递归下去求就行。出于某种神奇的原因不需要记忆化。
另外，因为f函数是不包括1的，所以质数的次幂会漏算。加上就行。
#define F(x,y) (...)
ll ask(ll x,ll i) {
if (x <= 1 || prime[i] > x) return 0;
ll ans = g[getid(x)] - pre[i-1];
for (ll j = i; j <= prime[0] && prime[j] * prime[j] <= x; j ++) {
ll r = prime[j];
for (ll e = 1; r * prime[j] <= x; e++, r *= prime[j]) {
ans = (ans + F(prime[j], e) * ask( x / r, j + 1 ) + F(prime[j], e+1)) % mo;
}
}
return ans;
}
递推版
这个没有那么灵活，但是也有其优点。
使用了求g的思想。（反向模拟埃氏筛）
新设 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j)表示 ∑ F ( x ) , 满 足 x ∈ [ 2 , i ] ， 且 x ∈ P r i m e 或 R ( x ) > = P j \sum F(x), 满足x\in[2,i]，且x\in Prime或R(x)>=P_j ∑F(x),满足x∈[2,i]，且x∈Prime或R(x)>=Pj
初值 f ( i , M A X ) f(i,MAX) f(i,MAX)即质数和g.
f ( i , j ) f(i,j) f(i,j)相比于 f ( i , j + 1 ) f(i,j+1) f(i,j+1)，需要加上
∑ F ( p j k A ) ， 满 足 R ( A ) > P j \sum F({p_j}^kA)，满足R(A)>P_j ∑F(pjkA)，满足R(A)>Pj
同样，这样的F实际上就是 f ( i / p k , j + 1 ) − s u m f ( j ) f(i/p^k,j+1) - sumf(j) f(i/pk,j+1)−sumf(j)再整体乘上 F ( P j k ) F({P_j}^k) F(Pjk)，此处也漏了质数幂，需要补上。
同样在筛数的和（虽然没有什么意义…）。
for (int j = p[0]; j; j--) {
if (p[j] * p[j] > n) continue;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (p[j] * p[j] > w[i]) break;
ll l = p[j];
for (int e = 1; l * p[j] <= w[i]; e++,l*=p[j]) {
g[i] += l * (g[getid(w[i]/l)] - pre[j]) + l * p[j];
}
}
}
方法比较
若只需要求一个f，那么直接计算会有比较小的常数（相比后者1/2到1/3）。
但后者可以一次处理出对于所有f(n),f(n/2),f(n/3)…f(1)的值。
步骤总结
- 处理出n/x的所有取值并标号， 并构造一个函数G，求出对应的前缀和。
- 对这个G的前缀和模拟埃氏筛，求出质数的G的前缀和（事实上就是所求函数F的质数前缀和）
- 使用递归求法计算某个点的前缀和 / 反向模拟埃氏筛求所有n/x位置的前缀和。
例题
LOJ简单的函数
直接计算法，套式子就行。
#include jzoj5594 最大真因数
使用了递推法，方便在途中统计答案。（我是枚举最小质因子来统计的。）
（事实上只需要part1就可以完成这个统计，我是在part2统计的。）
#include 复杂度口胡
大概是 ∑ n / i ， 并 满 足 i < = n \sum \sqrt {n/i}，并满足i<=\sqrt n ∑n/i，并满足i<=n
事实上并不是每一个i都是质数，所以这是个非常宽的上界。
这个复杂度是 n ⋅ ∑ 1 / i \sqrt n \cdot \sum \sqrt {1/i} n⋅∑1/i，后面那一部分是 n 1 / 4 n^{1/4} n1/4。
证法是找一个可以求导之后等于 i − 0.5 i^{-0.5} i−0.5的函数，转换为两个端点函数值相减。
不难发现这个函数就是 2 i 0.5 2i^{0.5} 2i0.5。因此等于 2 ( n 0.5 ) 2(\sqrt n ^ {0.5}) 2(n0.5)，也就是 O ( n 1 / 4 ) O(n^{1/4}) O(n1/4)
*为什么我觉得这个证法的界也超松的…
至于那个log怎么来的，大概是素数的缘故吧…