【学习笔记】Min25筛

【定理简介】

• $Min25$筛是一种能够求解积性函数$f(x)$的前缀和$\sum_{i=1}^{N}f(i)$的筛法，其前提条件为$\sum_{i=1}^{N}[i\ is\ a\ prime]*f(i)$可以由$\sum_{i=1}^{x}[i\ is\ a\ prime]*i^k$简单表示，或能够直接快速计算，其中$k$为一个较小的常数。
• 其时间复杂度为$O(\frac{N^{\frac{3}{4}}}{LogN})$，空间复杂度为$O(\sqrt{N})$。
• 在求解过程中，我们还可以顺带求出对于每一个$x=\lfloor\frac{N}{i}\rfloor$，$\sum_{i=1}^{x}[i\ is\ a\ prime]*i^k$的值。在一些题目中，上述功能可以直接帮助我们解决问题。

【算法流程】

• 首先，我们先来解决对于每一个$x=\lfloor\frac{N}{i}\rfloor$，求解$\sum_{i=1}^{x}[i\ is\ a\ prime]*i^k$的值。

• 我们先通过线性筛得到$\sqrt{N}$以内所有的质数$prime_i$以及它们的前缀$k$次方和$sum_{i}=\sum_{j=1}^{i}prime_j^k$。

• 定义$g(N,i)=\sum_{j=1}^{N}[j\ is\ a\ prime\ or\ Min_j>prime_i]*j^k$，其中$Min_i$表示$i$最小的质因数。

• 直观地来说，$g(N,i)$表示的就是$N$以内的在埃拉特斯特尼筛算法进行第$i$轮后尚未被筛去的数的$k$次方和。

• 一个合数$X$一定存在一个$\sqrt{X}$以内的质因数，因此$g(N,Cnt)$即为所求，其中$Cnt$为$\sqrt{N}$以内的质数个数。

• 考虑如何通过$g(*,i-1)$求出$g(*,i)$。

• 若$prime_i^2>N$，那么埃拉特斯特尼筛算法的第$i$轮将不会筛去任何数，有$g(N,i)=g(N,i-1)$。

• 若$prime_i^2≤N$，考虑埃拉特斯特尼筛算法的第$i$轮筛去的数从$g(N,i-1)$中删除，有

  $g(N,i)=g(N,i-1)-prime_i^k*(g(\lfloor\frac{N}{prime_i}\rfloor,i-1)-sum_{i-1})$。

  这里由于$prime_i^2≤N$，有$\lfloor\frac{N}{prime_i}\rfloor≥prime_i$，因此$\lfloor\frac{N}{prime_i}\rfloor$以内最小质因数大于等于$prime_i$的数的$k$次方之和即为$g(\lfloor\frac{N}{prime_i}\rfloor,i)-sum_{i-1}$。

• 总结起来即为

  $$g(N,i)=\left\{\begin{array}{rcl}g(N,i-1) & & {prime_i^2>N}\\g(N,i-1)-prime_i^k*(g(\lfloor\frac{N}{prime_i}\rfloor,i-1)-sum_{i-1}) & & {prime_i^2≤N}\end{array} \right.$$

• 这部分的时间复杂度为$O(\frac{N^{\frac{3}{4}}}{LogN})$。

• 接下来，我们考虑如何用上述信息求解$\sum_{i=1}^{N}f(i)$。

• 定义$s(N,i)=\sum_{j=1}^{N}[Min_j≥prime_i]*f(j)$，即所有满足最小质因子大于等于$prime_i$的$f$值之和。

• 由定义，最终答案$\sum_{i=1}^{N}f(i)=g(N,1)+f(1)$。

• 经过上面的计算，我们已经可以快速计算$\sum_{i=1}^{N}[i\ is\ a\ prime]*f(i)$，因此答案中质数的贡献能够被轻松计算：$\sum_{j=1}^{N}[j\ is\ a\ prime]*f(j)-\sum_{j=1}^{i-1}f(prime_j)$。

• 接下来考虑答案中合数的贡献，我们枚举这个合数的最小质因子及其出现次数，由于$f$为积性函数，我们可以得到合数的贡献为$\sum_{j=i}^{prime_j^2≤N}\sum_{k=1}^{prime_j^{k+1}≤N}(s(\lfloor\frac{N}{prime_j^k}\rfloor,j+1)*f(prime_j^k)+f(prime_j^{k+1}))$

• 总结起来即为

  $$s(N,i)=\left\{\begin{array}{rcl}0 & & {prime_i>N}\\\sum_{j=1}^{N}[j\ is\ a\ prime]*f(j)-\sum_{j=1}^{i-1}f(prime_j)\\+\sum_{j=i}^{prime_j^2≤N}\sum_{k=1}^{prime_j^{k+1}≤N}(s(\lfloor\frac{N}{prime_j^k}\rfloor,j+1)*f(prime_j^k)+f(prime_j^{k+1})) & & {prime_i≤N}\end{array} \right.$$

• 这部分计算即使不进行记忆化，也十分迅速，其复杂度被证明同样为$O(\frac{N^{\frac{3}{4}}}{LogN})$。

【代码】

• 模板题【LOJ6053】

• 有了上面的推导过程，我们只需要能够快速计算$\sum_{j=1}^{N}[j\ is\ a\ prime]*f(j)-\sum_{j=1}^{i-1}f(prime_j)$即可解决问题。

• 我们发现，对于质数$p$

  $f(p)=p\ xor\ 1=\left\{\begin{array}{rcl}p+1 & & {p=2}\\p-1 & & {p\ne 2}\end{array} \right.$

  因此当$i\ne1$，即$prime_i>2$时，

  $\sum_{j=1}^{N}[j\ is\ a\ prime]*f(j)-\sum_{j=1}^{i-1}f(prime_j)$实际上计算了$[prime_i,N]$内质数的和减去质数的个数，可以通过上述方式预处理得到。

  当$i=1$，即$prime_i=2$，$2+1$被当做$2-1$计算，因此加上$2$即可。

• 时间复杂度$O(\frac{N^{\frac{3}{4}}}{LogN})$。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int P = 1e9 + 7;
const int inv2 = 5e8 + 4;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
  x = 0; int f = 1;
  char c = getchar();
  for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
  for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
  x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
  if (x < 0) x = -x, putchar('-');
  if (x > 9) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
  write(x);
  puts("");
}
long long n, limit, m, val[MAXN];
int tot, prime[MAXN], Min[MAXN], pre[MAXN];
int cnt[MAXN], sum[MAXN], home1[MAXN], home2[MAXN];
int s(long long x, int y) {
  if (x <= 1 || prime[y] > x) return 0;
  int pos = (x <= limit) ? home1[x] : home2[n / x];
  int ans = (sum[pos] - cnt[pos] + P) % P;
  ans = (ans - (pre[y - 1] - y + 1 + P) % P + P) % P;
  if (y == 1) ans = (ans + 2) % P;
  for (int i = y; i <= tot && 1ll * prime[i] * prime[i] <= x; i++) {
      long long now = prime[i], nxt = 1ll * prime[i] * prime[i];
      for (int j = 1; nxt <= x; j++, now *= prime[i], nxt *= prime[i])
          ans = (ans + 1ll * s(x / now, i + 1) * (prime[i] ^ j) + (prime[i] ^ (j + 1))) % P;
  }
  return ans;
}
void init(int n) {
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
      if (Min[i] == 0) {
          Min[i] = i;
          prime[++tot] = i;
          pre[tot] = (pre[tot - 1] + i) % P;
      }
      for (int j = 1; j <= tot && prime[j] <= Min[i]; j++) {
          int tmp = prime[j] * i;
          if (tmp > n) break;
          Min[tmp] = prime[j];
      }
  }
}
int main() {
  read(n), limit = sqrt(n);
  init(limit);
  for (long long i = 1, nxt; i <= n; i = nxt) {
      long long tmp = n / i;
      nxt = n / tmp + 1;
      val[++m] = tmp;
      cnt[m] = (val[m] - 1) % P;
      sum[m] = (val[m] + 2) % P * ((val[m] - 1) % P) % P * inv2 % P;
      if (sum[m] < 0) sum[m] += P;
      if (tmp <= limit) home1[tmp] = m;
      else home2[i] = m;
  }
  for (int j = 1; j <= tot; j++)
  for (int i = 1; 1ll * prime[j] * prime[j] <= val[i]; i++) {
      long long tmp = val[i] / prime[j];
      if (tmp <= limit) cnt[i] -= cnt[home1[tmp]] - (j - 1);
      else cnt[i] -= cnt[home2[n / tmp]] - (j - 1);
      cnt[i] = (cnt[i] % P + P) % P;
      if (tmp <= limit) sum[i] -= 1ll * prime[j] * (sum[home1[tmp]] - pre[j - 1]) % P;
      else sum[i] -= 1ll * prime[j] * (sum[home2[n / tmp]] - pre[j - 1]) % P;
      sum[i] = (sum[i] % P + P) % P;
  }
  writeln((1 + s(n, 1)) % P);
  return 0;
}