Mys_C_K的质数集合计数好题 - 数论

定义F(n)为n中不同的质因子个数，求： $\sum_{i=1}^n 2^{F(i)},n\le 10^{12}$

首先考虑一个 $O\left(n^{\frac23}\right)$ 的暴力，即 $2^{F(i)}$ 是在枚举i的质因子集合的子集。那么改成枚举这个子集k，那么有恰好 $\left\lfloor\frac nk\right\rfloor$ 个数字包含这个集合，也就是：

A n s = \sum_{k = 1}^{n} μ^{2} (k) ⌊ \frac{n}{k} ⌋

$Ans=\sum_{k=1}^n\mu^2(k)\left\lfloor\frac nk\right\rfloor$
然后莫比乌斯函数平方的前缀和怎么求呢？继续考虑其意义，然后容斥，则：

\sum_{i = 1}^{n} μ^{2} (i) = \sum_{i = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{i^{2}} ⌋ μ (i)

$\sum_{i=1}^n\mu^2(i)=\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac n{i^2}\right\rfloor\mu(i)$
然后预处理一波就可以做到

O (n^{\frac{2}{3}})

$O\left(n^{\frac23}\right)$ ；

然后考虑用更数论的办法推：

F (n) = \sum_{d | n} μ^{2} (d) = \sum_{d | n} \sum_{k^{2} | d} m u (k)

$F(n)=\sum_{d|n}\mu^2(d)=\sum_{d|n}\sum_{k^2|d}mu(k)$

\sum_{i = 1}^{n} F (i) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | i} \sum_{k^{2} | d} μ (k) = \sum_{k = 1}^{n} μ (k) \sum_{k^{2} | d} ⌊ \frac{n}{d} ⌋

$\sum_{i=1}^nF(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{k^2|d}\mu(k)=\sum_{k=1}^n\mu(k)\sum_{k^2|d}\left\lfloor\frac nd\right\rfloor$

= \sum_{k = 1}^{n} μ (k) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{k^{2}} ⌋} ⌊ \frac{n}{k^{2} i} ⌋ = \sum_{k = 1}^{n} μ (k) S (⌊ \frac{n}{k^{2}} ⌋)

$=\sum_{k=1}^n\mu(k)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac n{k^2}\right\rfloor}\left\lfloor\frac n{k^2i}\right\rfloor=\sum_{k=1}^n\mu(k)S\left(\left\lfloor\frac n{k^2}\right\rfloor\right)$

S (n) = \sum_{i = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{i} ⌋

$S(n)=\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac ni\right\rfloor$ 可以直接数论分

O (\sqrt{n})

$O(\sqrt n)$ 块求。
复杂度为：

O (\sum_{i = 1}^{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{n}{i^{2}}}) = O (\sqrt{n} \sum_{i = 1}^{\sqrt{n}} \frac{1}{i}) = O (\sqrt{n} l g n)

$O\left(\sum_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt{\frac n{i^2}}\right)=O(\sqrt n\sum_{i=1}^{\sqrt n}\frac 1i)=O(\sqrt n\mathrm{lg}n)$ 。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<assert.h>
#define SN 1000010
#define lint long long
#define mod 1000000007
#define debug(x) cerr<<#x<<"="<<x
#define sp <<" "
#define ln <<endl
using namespace std;
int p[SN],mu[SN],notp[SN];
inline int prelude(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2,c=0;i<=n;i++)
    {
        if(!notp[i]) p[++c]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=c&&p[j]<=n/i;j++)
        {
            int x=p[j]*i;notp[x]=1;
            if(i%p[j]) mu[x]=-mu[i];
            else { mu[x]=0;break; }
        }
    }
    return 0;
}
inline lint F(lint n,lint ans=0)
{
    for(lint s=1,t;s<=n;s=t+1) t=n/(n/s),ans+=(n/s)*(t-s+1);
    return ans%mod;
}
int main()
{
    lint n,ans=0,sn=1;scanf("%lld",&n);
    while((sn+1ll)*(sn+1)<=n) sn++;prelude(sn);
    for(int i=1;i<=n/i;i++) if(mu[i]) ans+=mu[i]*F(n/i/i);
    return !printf("%lld\n",ans=(ans%mod+mod)%mod);
}

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