MIn_25筛(EES筛)法

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Extended Eratosthenes Sieve 参考链接

给出一个积性函数(一些非积性函数也可以搞一搞) f f ，且 f ( p ) f(p) 为关于 p p 的多项式。求 S ( n ) = ∑ i = 1 n f ( i ) S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)

∀   2 ≤ i ≤ n \forall \ 2\le i\le n ，我们可以将 i i 分为两类

  • 最大质因子的幂次=1，则其次大质因子 < n <\sqrt{n}
  • 最大质因子的幂次 > 1 >1 ，则其最大质因子 ≤ n \le \sqrt{n}

初始化 S ( n ) = f ( 1 ) S(n)=f(1)

枚举所有质因子 ≤ n \le\sqrt{n} 的数 k k ，设其最大质因子为 L L ，则 S ( n ) + = f ( k ) ⋅ ∑ L < p ≤ n k f ( p ) p   i s   p r i m e S(n)+=f(k)\cdot\sum_{L<p\le \frac n k}f(p) \quad p \ is \ prime ，此时每个 k ⋅ p k\cdot p 都对应第一类数；

另外，若 k k 的最大质因子次幂 > 1 >1 ， S ( n ) + = f ( k ) S(n)+=f(k) ，此时 k k 就是一个第二类数。

伪代码如下：

在这里插入图片描述

  • 如果我们 d f s dfs 质因子来得到每个 k k ，通常可以由积性函数的定义与性质简单地计算出 f ( k ) f(k) 。另外需要注意的是，如果 L > n k L>\frac n k ，则继续递归对答案的贡献为0，此时需要及时break，否则影响时间复杂度
  • 如果我们可以 O ( 1 ) O(1) 地求出 ∑ L < p ≤ n k f ( p ) \sum_{L<p\le \frac n k}f(p) ，那么上面过程的时间复杂度是 O ( 满 足 k L < n 的 k 的 个 数 ) O(满足kL< n的k的个数) ，当 n ≤ 1 0 13 n\le 10^{13} 时，时间复杂度为 O ( n 3 4 l o g n ) O(\frac {n^{\frac 3 4}}{ log n})
  • 设 g ( i ) = ∑ 1 ≤ p ≤ i f ( p ) g(i)=\sum_{1\le p\le i}f(p) ，现在问题只剩下了求 ∑ L < p ≤ n k f ( p ) = g ( ⌊ n k ⌋ ) − g ( L ) \sum_{L<p\le \frac n k}f(p)=g(\lfloor \frac n k\rfloor)-g(L) 。 由于 ⌊ n k ⌋ \lfloor \frac n k\rfloor 只有 O ( n ) O(\sqrt{n}) 种， L ≤ n L\le \sqrt{n} 也只有 O ( n ) O(\sqrt{n}) 种，因此我们只需要计算 g g 的 O ( n ) O(\sqrt{n}) 项。
  • 在题设里提到了 f ( p ) f(p) 是一个关于 p p 的多项式，即 f ( p ) = ∑ a i p k i p   i s   p r i m e f(p)=\sum a_ip^{k_i} \quad p \ is \ prime ，我们对于每个 i i ，假设 f ( p ) = p k i f(p)=p^{k_i} ，最后乘上系数累加就可以得到 a n s ans
  • 现在的问题是求 g ( i ) = ∑ 1 ≤ p ≤ i f ( p ) g(i)=\sum_{1\le p\le i}f(p) ，注意这里 p p 是素数，因此 f f 的非质数项的结果是不影响答案的，我们强行规定 f ( n ) = n k i f(n)=n^{k_i} 使得 f f 成为一个完全积性函数。

计算 g ( i ) g(i) 的伪代码：

在这里插入图片描述

  • 对于每个我们可能用到的 g ( i ) g(i) ，我们只会在遍历不超过 n \sqrt{n} 的质数时访问到，因此每个 i i 贡献的时间复杂度为 O ( i l o g i ) = O ( i l o g i ) O(\frac {\sqrt{i} }{log\sqrt{i}})=O(\frac {\sqrt{i} }{logi})

  • 在这里插入图片描述



例题1 DIVCNTK

定义 σ ( n ) = n 的 因 子 数 \sigma(n)=n的因子数 ，求 ∑ i = 1 n σ ( i k )   m o d   2 64   n , k   1 e 10 \sum_{i=1}^n\sigma(i^k) \ mod \ 2^{64} \quad \ n,k \ 1e10 

//SPOJ  DIVCNTK - Counting Divisors (general)
//Author : Feynman1999   9.27.2018
//f(1)=1
//f(p)=k+1
//f(p^e)=ek+1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
u64 n,M,k;
//pre预处理后是2~i的p^0的和  p是素数
//hou是2~n/i的p^0的和
//同理，一个题目可能出现p^1 p^2等需要维护
vector<u64> pre,hou,primes;

// 这里res是n/枚举的数
u64 dfs(u64 res, int last, u64 f){
    //最大质因子是prime[last-1] 但将1放在外面值显然一样
    u64 t=(res > M ? hou[n/res] : pre[res])-pre[primes[last]-1];
    u64 ret= t*f*(k+1);//这里需修改
    for(int i=last;i<(int) primes.size();++i){
        int p = primes[i];
        if((u64)p*p > res) break;
        for(u64 q=p,nres=res,nf=f*(k+1);q*p<=res;q*=p){//nf需修改
            ret += dfs (nres/=p,i+1,nf);//枚举更大的数
            nf += f*k;//继续枚举当前素数，指数大于1时，指数每加1，nf+=f*k  ,k是系数
            ret += nf;//指数大于1时，记上贡献
        }
    }
    return ret;
}
u64 solve(u64 n){
    M=sqrt(n);
    pre.clear();pre.resize(M+1);
    hou.clear();hou.resize(M+1);
    primes.clear();primes.reserve(M+1);
    for(int i=1;i<=M;++i){
        pre[i]=i-1;
        hou[i]=n/i-1;
    }
    for(int p=2;p<=M;++p){
        if(pre[p]==pre[p-1]) continue;
        primes.push_back(p);
        const u64 q=(u64)p*p,m=n/p,pnt=pre[p-1];
        const int mid=M/p;
        const int End=min((u64)M,n/q);
        for(int i=1;i<=mid;++i) hou[i]-=hou[i*p]-pnt;
        for(int i=mid+1;i<=End;++i) hou[i]-=pre[m/i]-pnt;
        for(int i=M;i>=q;--i) pre[i]-=pre[i/p]-pnt;
    }
    primes.push_back(M+1);
    return n>1 ? 1+dfs(n,0,1) : 1;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>k;
        cout<<solve(n)<<endl;
    }
    return 0;
}



例题2 神犇和蒟蒻

在这里插入图片描述

1<=N<=1E9 答案mod 1e9+7

显然A=1，我们只要计算B

//phi(1^2)=1
//phi(p^2)=p^2-p
//phi((p^e)^2)=phi((p^{e-1})^2)*p*p;
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int ni6=166666668;
const int ni2=500000004;
ll n,M;
vector<int> pre[3],hou[3],primes;

inline int add(const int x, const int v) {
    return x + v >= mod ? x + v - mod : x + v;
}
inline int dec(const int x, const int v) {
    return x - v < 0 ? x - v + mod : x - v;
}

//这里res是n/枚举的数
int dfs(ll res, int last, ll f){
    //最大质因子是prime[last-1] 但将1放在外面值显然一样
    int t=dec((res > M ? hou[2][n/res] : pre[2][res]),pre[2][primes[last]-1]);
    int ret= (ll)t*f%mod;//这里需修改
    for(int i=last;i<(int) primes.size();++i){
        int p = primes[i];
        if((ll)p*p > res) break;
        const int p2=(ll)p*p%mod;
        for(ll q=p,nres=res,nf=f*p%mod*(p-1)%mod;q*p<=res;q*=p){//nf需修改
            ret = add(ret,dfs(nres/=p,i+1,nf));//枚举更大的数
            nf = nf*p2%mod;//继续枚举当前素数，指数大于1时，指数每加1,nf=nf*p*p;
            ret =add(ret,nf);//指数大于1时，记上贡献
        }
    }
    return ret;
}

inline int ff(ll x){
    x%=mod;
    return x*(x+1)%mod*ni2%mod;
}

inline int fff(ll x){
    x%=mod;
    return x*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*ni6%mod;
}

int solve(ll n){
    M=sqrt(n);
    for(int i=0;i<3;++i){
        pre[i].clear();pre[i].resize(M+1);
        hou[i].clear();hou[i].resize(M+1);
    }
    primes.clear();primes.reserve(M+1);
    for(int i=1;i<=M;++i){
        pre[0][i]=i-1;
        hou[0][i]=n/i-1;
        pre[1][i]=dec(ff(i),1);;
        hou[1][i]=dec(ff(n/i),1);
        pre[2][i]=dec(fff(i),1);
        hou[2][i]=dec(fff(n/i),1);
    }
    for(int p=2;p<=M;++p){
        if(pre[0][p]==pre[0][p-1]) continue;
        primes.push_back(p);
        const ll q=(ll)p*p;
        const int m=n/p,pnt0=pre[0][p-1],pnt1=pre[1][p-1],pnt2=pre[2][p-1];
        const int mid=M/p;
        const int End=min((ll)M,n/q);
        for(int i=1;i<=mid;++i){
            hou[0][i]=dec(hou[0][i],dec(hou[0][i*p],pnt0));
            hou[1][i]=dec(hou[1][i],dec(hou[1][i*p],pnt1)*(ll)p%mod);
            hou[2][i]=dec(hou[2][i],dec(hou[2][i*p],pnt2)*q%mod);
        }
        for(int i=mid+1;i<=End;++i){
            hou[0][i]=dec(hou[0][i],dec(pre[0][m/i],pnt0));
            hou[1][i]=dec(hou[1][i],dec(pre[1][m/i],pnt1)*(ll)p%mod);
            hou[2][i]=dec(hou[2][i],dec(pre[2][m/i],pnt2)*q%mod);
        }
        for(int i=M;i>=q;--i){
            pre[0][i]=dec(pre[0][i],dec(pre[0][i/p],pnt0));
            pre[1][i]=dec(pre[1][i],dec(pre[1][i/p],pnt1)*(ll)p%mod);
            pre[2][i]=dec(pre[2][i],dec(pre[2][i/p],pnt2)*q%mod);
        }
    }
    //cout<<clock()<<endl;
    primes.push_back(M+1);
    for (int i = 1; i <= M; i++) {
        pre[2][i] = dec(pre[2][i], pre[1][i]);//p^p-p
        hou[2][i] = dec(hou[2][i], hou[1][i]);
    }
    return n>1 ? add(dfs(n,0,1),1) : 1;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    cout<<1<<endl;
    cout<<solve(n)<<endl;
    return 0;
}


例题3 APS2 一道不是积性函数的题，说明了非积性函数的可行性

定义 f ( n ) = n 的 最 小 质 因 子 f(n)=n的最小质因子 ，求 ∑ i = 1 n f ( i )   m o d   2 64 \sum_{i=1}^nf(i) \ mod \ 2^{64} , 1 ≤ N ≤ 1234567891011 1≤N≤1234567891011 

//SPOJ  DIVCNTK - Counting Divisors (general)
//f(1)=0
//f(p)=p
//f(p^e)=p
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
u64 n,M;
vector<u64> pre[2],hou[2],primes;
u64 ff(u64 A, u64 B){
	return (A+B)%2?(B-A+1)/2*(A+B):(A+B)/2*(B-A+1);
}
u64 dfs(u64 res, int last, u64 f){
    u64 ret,t;
    if(f>0){
		t = (res > M ? hou[0][n/res] : pre[0][res]) - pre[0][primes[last]-1];//有多少个素数
		//直接-id也行   因为pre[0][primes[last]-1]=id
		ret = t * f * 1;//每个的权值这里就是f
	}
	else ret = hou[1][1];//第一次f=0  计算所有的素数的贡献
    for(int i=last;i<(int) primes.size();++i){
        int p = primes[i];
        if((u64)p*p > res) break;
        for(u64 q=p,nres=res,nf=(f==0?p:f);q*p<=res;q*=p){//f==0表明初始化
            ret += dfs (nres/=p,i+1,nf);
            ret += nf;//f==0 nf就是p  否则就是f
        }
    }
    return ret;
}
u64 solve(u64 n){
    M=sqrt(n);
    for(int i=0;i<2;++i){
        pre[i].clear();pre[i].resize(M+1);
        hou[i].clear();hou[i].resize(M+1);
    }
    primes.clear();primes.reserve(M+1);
    for(int i=1;i<=M;++i){
        pre[0][i]=i-1;
        pre[1][i]=ff(2,i);
        hou[0][i]=n/i-1;
        hou[1][i]=ff(2,n/i);
    }
    for(int p=2;p<=M;++p){
        if(pre[0][p]==pre[0][p-1]) continue;
        primes.push_back(p);
        const u64 q=(u64)p*p,m=n/p,pnt0=pre[0][p-1],pnt1=pre[1][p-1];
        const int mid=M/p;
        const int End=min((u64)M,n/q);
        for(int i=1;i<=mid;++i){
            hou[0][i]-=hou[0][i*p]-pnt0;
            hou[1][i]-=(hou[1][i*p]-pnt1)*p;
        }
        for(int i=mid+1;i<=End;++i){
            hou[0][i]-=pre[0][m/i]-pnt0;
            hou[1][i]-=(pre[1][m/i]-pnt1)*p;
        }
        for(int i=M;i>=q;--i){
            pre[0][i]-=pre[0][i/p]-pnt0;
            pre[1][i]-=(pre[1][i/p]-pnt1)*p;
        }
    }
    primes.push_back(M+1);
    return n>1 ? dfs(n,0,0) : 0;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n;
        cout<<solve(n)<<endl;
    }
    return 0;
}

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