「学习笔记」Min25筛

前言

$Min25$筛是一种能够用于求解积性函数 $f(x)$的前缀和的方法，其前提条件是 $\sum_{x\leq,nx是质数} f(x)$可以用 $\sum_{x\leq,nx是质数} h(x)$简单表示。其中 $h(x)$为完全积性函数。

过程

首先，对于每一个 $\lfloor \frac{n}{x} \rfloor$，我们求出 $\sum_{x\leq,nx是质数} h(x)$。

设 $p_i$表示第 $i$小的质数， $g(N,i)$表示 $\sum_{x\leq n,x的最小质因子\geq p_i}h(x)$。即 $N$以内的数进行 $i$轮埃氏筛后未被筛掉的数的 $h(x)$之和（质数未被删去），则所求即为 $g(N,|P|)$（ $|P|$为 $\leq n$的质数个数）。

考虑如何由 $g(N,i-1)$得到 $g(N,i)$。考虑第 $i$轮埃氏筛所筛去的数。当 $p_i^2 > n$时，第 $i$轮不会筛去任何数。否则，将筛去最小质因子 $\geq p_i$的合数，所以

$g(N,i)=g(N,i-1)-h(p_i)\times(g(\lfloor \frac {N} {p_i}\rfloor,i-1)-\sum_{j=1}^{i-1}h(p_i))$

因为 $p_i^2\leq N$，所以 $p_i \leq \lfloor \frac {N} {p_i}\rfloor$，所以 $\leq p_i$的质数也会被包含在 $g(\lfloor \frac {N} {p_i}\rfloor,i-1)$里，要加回来。

综上，

$g(N,i)=\begin{cases} g(N,i-1)&p_i^2\gt n\\ g(N,i-1)-h(p_i)\times(g(\lfloor \frac {N} {p_i}\rfloor,i-1)-\sum_{j=1}^{i-1}h(p_i))&p_i^2\le n\end{cases}$

这部分的时间复杂度是 $O(\frac {N^{\frac {3} {4}}} {log \ \ N})$

接下来考虑如何用上述信息求 $\sum_{i=1}^n f(x)$。

设 $s(N,i)$表示 $\sum_{j=1,j的最小质因子\geq p_i}^n f(j)$。

由定义最终答案为 $s(N,1)+f(1)$。

经过上面的计算，我们已经可以快速计算 $\sum_{x\leq n,x是质数} f(x)$。

考虑合数的贡献，枚举质因子个数及其出现次数，因为 $f(x)$为积性函数，所以贡献为

$\sum_{j\geq i}^{p_j^2 \leq N}\sum_{e=1}^{p_j^{e+1}\leq N} s(\lfloor \frac {N} {p_i}\rfloor,j+1)\times f(p_i^e)+f(p_i^{e+1})$

综上，

$s(N,i)=\begin{cases} 0&p_i\gt n\\ \sum_{j\geq i}^{p_j^2 \leq N}\sum_{e=1}^{p_j^{e+1}\leq N} s(\lfloor \frac {N} {p_i}\rfloor,j+1)\times f(p_i^e)+f(p_i^{e+1})+\sum_{x\leq n,x是质数} f(x)-\sum_{j=1}^{i-1}f(p_i)&p_i \le n\end{cases}$

这部分的时间复杂度不用记忆化也很快，是 $O(\frac {N^{\frac {3} {4}}} {log \ \ N})$。

模板

LOJ6053

考虑如何用 $\sum_{x\leq,nx是质数} h(x)$表示 $\sum_{x\leq,nx是质数} f(x)$。

可以发现，对于质数 $p$

$f(p)=\begin{cases} p+1 & p=2 \\ p-1 & p \neq 2\end{cases}$

所以，当 $i>1$时， $\sum_{x\leq n,x是质数} f(x)-\sum_{j=1}^if(p_i)$实际计算了 $x$以内质数的和减去减去质数的个数，筛单位函数与恒等函数即可。当 $i=1$时，给答案加上 $2$即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long 

typedef long long lint;
const int maxn = 200005, mod = 1e9 + 7, inv2 = (mod + 1) / 2;

lint n, w[maxn];
int m, S;

int id1[maxn], id2[maxn];
int vis[maxn], p[maxn], sum[maxn], tot;
int h[maxn], g[maxn];

inline lint gi()
{
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
	lint sum = 0;
	while ('0' <= c && c <= '9') sum = sum * 10 + c - 48, c = getchar();
	return sum;
}

void pre(int n)
{
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (!vis[i]) p[++tot] = i, sum[tot] = sum[tot - 1] + i;
		for (int j = 1; i * p[j] <= n; ++j) {
			vis[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}

int s(int x, int i)
{
	if (x <= 1 || p[i] > x) return 0;
	int k = x <= S ? id1[x] : id2[n / x];
	int res = ((g[k] - h[k] - (sum[i - 1] - (i - 1))) % mod + mod) % mod;

	if (i == 1) res += 2;
	lint p1, p2;
	for (int j = i; j <= tot && (lint)p[j] * p[j] <= x; ++j){
		p1 = p[j]; p2 = p1 * p[j];
		for (lint e = 1; p2 <= x; p1 = p2, p2 *= p[j], ++e) {
			res += ((lint)s(x / p1, j + 1) * (p[j] ^ e) + (p[j] ^ (e + 1))) % mod;
			if (res >= mod) res -= mod;
		}
	}

	return res;
}

signed main()
{
	n = gi(); S = sqrt(n);

	pre(S);

	for (lint i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
		j = n / (n / i);
		w[++m] = n / i;
		if (w[m] <= S) id1[w[m]] = m;
		else id2[n / w[m]] = m;
		h[m] = (w[m] - 1) % mod;
		g[m] = (lint)(w[m] + 2) % mod * ((w[m] - 1) % mod) % mod * inv2 % mod;
	}

	for (int j = 1; j <= tot; ++j)
		for (int i = 1; i <= m && (lint)p[j] * p[j] <= w[i]; ++i) {
			int k = (w[i] / p[j] <= S) ? id1[w[i] / p[j]] : id2[n / (w[i] / p[j])];
			h[i] = ((lint)h[i] - h[k] + j - 1 + mod) % mod;
			g[i] = (g[i] - (lint)p[j] * (g[k] - sum[j - 1]) % mod + mod) % mod;
		}

	printf("%lld\n", s(n, 1) + 1);
	
	return 0;
}