模板 - min25筛

好像在某些情况下杜教筛会遇到瓶颈，先看着。暑假学一些和队友交错的知识的同时开这个大坑。

2019/7/30

求一个前缀和 $\sum\limits_{i=1}^n f(i) $ ，其中 \(f(x)\) 是积性函数，且 \(f(p^k)\) 是一个关于 \(p\) 的低次多项式。

#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const ll MOD=1000000007,inv2=500000004,inv3=333333336;
ll prime[1000005],num,sp1[1000005],sp2[1000005];
ll n,Sqr,tot,g1[1000005],g2[1000005],w[1000005],ind1[1000005],ind2[1000005];
bool flag[1000005];
void pre(int n)//预处理，线性筛
{
    flag[1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!flag[i])
        {
            prime[++num]=i;
            sp1[num]=(sp1[num-1]+i)%MOD;
            sp2[num]=(sp2[num-1]+1ll*i*i)%MOD;
        }
        for(int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;j++)
        {
            flag[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}
ll S(ll x,int y)//第二部分
{
    if(prime[y]>=x)return 0;
    ll k=x<=Sqr?ind1[x]:ind2[n/x];
    ll ans=(g2[k]-g1[k]+MOD-(sp2[y]-sp1[y])+MOD)%MOD;
    for(int i=y+1;i<=num&&prime[i]*prime[i]<=x;i++)
    {
        ll pe=prime[i];
        for(int e=1;pe<=x;e++,pe=pe*prime[i])
        {
            ll xx=pe%MOD;
            ans=(ans+xx*(xx-1)%MOD*(S(x/pe,i)+(e!=1)))%MOD;
        }
    }
    return ans%MOD;
}
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    Sqr=sqrt(n);
    pre(Sqr);
    for(ll i=1;i<=n;)
    {
        ll j=n/(n/i);
        w[++tot]=n/i;
        g1[tot]=w[tot]%MOD;
        g2[tot]=g1[tot]*(g1[tot]+1)/2%MOD*(2*g1[tot]+1)%MOD*inv3%MOD;
        g2[tot]--;
        g1[tot]=g1[tot]*(g1[tot]+1)/2%MOD-1;
        if(n/i<=Sqr)ind1[n/i]=tot;
        else ind2[n/(n/i)]=tot;
        i=j+1;
    }//g1,g2分别表示一次项和二次项，ind1和ind2用来记录这个数在数组中的位置
    for(int i=1;i<=num;i++)//由于g数组可以滚动，所以就只开了一维
    {
        for(int j=1;j<=tot&&prime[i]*prime[i]<=w[j];j++)
        {
            ll k=w[j]/prime[i]<=Sqr?ind1[w[j]/prime[i]]:ind2[n/(w[j]/prime[i])];
            g1[j]-=prime[i]*(g1[k]-sp1[i-1]+MOD)%MOD;
            g2[j]-=prime[i]*prime[i]%MOD*(g2[k]-sp2[i-1]+MOD)%MOD;
            g1[j]%=MOD,g2[j]%=MOD;
            if(g1[j]<0)g1[j]+=MOD;
            if(g2[j]<0)g2[j]+=MOD;
        }
    }
    printf("%lld\n",(S(n,0)+1)%MOD);
    return 0;
}

卡了一下常数，顺便卡了一下空间：不开启O2，预处理1跟n有关。
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#include
using namespace std;
typedef long long ll;

const int MAXN = 100000 + 5; //MAXN = sqrt(MAXINPUTN)
const ll MOD = 1000000007, inv2 = 500000004, inv3 = 333333336;

int num;
const int MAXP = 10000; //MAXN以内质数的数量，至多与MAXN一样大
ll prime[MAXP], sp1[MAXP], sp2[MAXP];   //在调用init1()之后，可以精确计算出这里需要的大小

int tot;
const int DMAXN = (MAXN<<1) + 5; //整除分块需要的空间
ll n, SQRT, g1[DMAXN], g2[DMAXN], w[DMAXN], ind1[DMAXN], ind2[DMAXN];

void init1() {  //线性筛预处理
    SQRT = sqrt(n), num = 0 ;
    bitset < MAXN+5 > notprime;
    notprime[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= SQRT; ++i) {
        if(!notprime[i]) {
            prime[++num] = i;
            sp1[num] = (sp1[num - 1] + i) % MOD;
            sp2[num] = (sp2[num - 1] + 1ll * i * i) % MOD;
            //spx[num] = 前num个质数的 x 次方和
        }
        for(int j = 1; j <= num && prime[j]*i <= SQRT; ++j) {
            notprime[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
    printf("prime num=%d\n", num);    //传入最大的n，算出num之后给MAXP赋值
}

void init2() {
    tot = 0;
    for(ll l = 1, r, t; l <= n; l = r + 1) {
        t = n / l, r = n / t;
        w[++tot] = t;
        g1[tot] = w[tot] % MOD;
        g2[tot] = (((g1[tot] * (g1[tot] + 1)) >> 1) % MOD * (2 * g1[tot] + 1) % MOD * inv3 % MOD) - 1;
        g1[tot] = ((g1[tot] * (g1[tot] + 1)) >> 1) % MOD - 1;
        if(t <= SQRT)
            ind1[t] = tot;
        else
            ind2[r] = tot;
    }
    //gx(n,j) 表示 [1,n]中，i是质数或者i的最小质因子>pj的数的 x 次方和，n滚动省略
    //ind1和ind2用来记录这个数在数组中的位置
    for(int i = 1; i <= num; i++) {
        for(int j = 1; j <= tot && prime[i]*prime[i] <= w[j]; j++) {
            ll k = w[j] / prime[i] <= SQRT ? ind1[w[j] / prime[i]] : ind2[n / (w[j] / prime[i])];
            g1[j] -= prime[i] * (g1[k] - sp1[i - 1] + MOD) % MOD;
            g2[j] -= prime[i] * prime[i] % MOD * (g2[k] - sp2[i - 1] + MOD) % MOD;
            g1[j] %= MOD, g2[j] %= MOD;
            if(g1[j] < 0)
                g1[j] += MOD;
            if(g2[j] < 0)
                g2[j] += MOD;
        }
    }
}

ll S(ll x, int y) {  //第二部分，不要记忆化，记忆化又慢又卡
    if(prime[y] >= x)
        return 0;
    int k = (x <= SQRT) ? ind1[x] : ind2[n / x];
    ll ans = (g2[k] - g1[k] + MOD - (sp2[y] - sp1[y]) + MOD) % MOD;
    for(int i = y + 1; i <= num && prime[i]*prime[i] <= x; i++) {
        ll pe = prime[i];
        for(int e = 1; pe <= x; ++e, pe = pe * prime[i]) {
            ll xx = pe % MOD;
            ans = (ans + xx * (xx - 1) % MOD * (S(x / pe, i) + (e != 1))) % MOD;
        }
    }
    return ans;
}

int main() {
#ifdef Yinku
    freopen("Yinku.in", "r", stdin);
#endif // Yinku
    scanf("%lld", &n);
    init1();
    init2();
    printf("%lld\n", (S(n, 0) + 1) % MOD);  //加上f(1)
    return 0;
}

好像欧拉函数和莫比乌斯函数也是积性函数，然后在质数的幂次上也是容易求的多项式。
\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p(p^{k-1}-1),k>=1\)
\(\mu(p)=-1,\mu(p^k)=0,k>=2\)

转载于:https://www.cnblogs.com/Yinku/p/10964194.html