埃氏筛法+线性筛法+杜教筛+min25筛总结

埃氏筛法

这个筛法是最朴素的筛法了，可以在$O(nloglogn)$的时间内（基本$O(n)$）筛出[1,n]中所有素数。实现非常简单，从2开始遍历，对于每个质数都暴力算出它的所有倍数并筛掉，根据欧拉的调和级数定理，这个时间是$O(nlogn)$级别的，但是只有质数才需要计算倍数，然后不知怎么回事复杂度就变成$O(nloglogn)$了。

const int maxn = 100005, N = 100000;
int vis[maxn];
for(int i = 2; i <= N; i++) if(!vis[i])
    for(int j = i + i; j <= N; j += i) vis[j] = 1;

最终vis数组中值为0的即为素数。

应用：给定n,m，求区间[n,m]中的质数个数。$n\le m\le 10^{12},m-n\le 10^6$。
首先我们会发现，如果区间中某个数不是质数，那么它必然有一个小于1E6的质因子。于是我们可以把[1,1E6]范围内的质数全部筛出来，然后用这些质数去筛区间[n,m]中的数字，复杂度应该是$O((m-n)loglog(m-n))$。代码就不放了。

线性筛（欧拉筛法）

顾名思义，它可以在线性时间内筛出区间内质数及积性函数的值。但是在n小于1E6的时候甚至比埃氏筛法慢（因为常数大），于是它的主要功能就变成了求积性函数的值。
考虑如何做到线性。如果我们把每个数字都用它的最小质因子筛去的话就行了，但是怎么做呢？
从小到大枚举每个数字，再枚举当前已经筛出来的质数，筛掉数字乘质数的值。如果数字是当前质数的倍数就可以退出了，因为质数继续枚举就不是最小质因子了。因此此时效率为$O(n)$。代码如下：

const int maxn = 100005, N = 100000;
int vis[maxn], prime[maxn], cnt;
for(int i = 2; i <= N; i++){
    if(!vis[i]) prime[++cnt] = i;
    for(int j = 1; j <= cnt; j++){
        int p = prime[j], mul = p * i;
        if(mul > N) break;
        vis[mul] = 1;
        if(i % p == 0) break;
    }
}

上面说过了，这个东西还可以筛出积性函数的值。积性函数定义为对于任意互质的数对$i,j，都有f(i)f(j)=f(ij)$。我们上面实际上算出了每个数的最小质因子，当然也可以算出积性函数的值了，当然我们需要计算任意的质数以及单个质数的幂次对应的f的值，因为这样才可以利用质因数分解计算出任意数字的f。

const int maxn = 100005, N = 100000;
int f[maxn], pw[maxn], vis[maxn], prime[maxn], cnt;
//pw[i]为i最小质因子的次数
for(int i = 2; i <= N; i++){
    if(!vis[i]){
        prime[++cnt] = i;
        pw[i] = 1;
        f[i] = ...;//要求给出i为质数时f(i)的值
    }
    for(int j = 1; j <= cnt; j++){
        int p = prime[j], mul = p * i;
        if(mul > N) break;
        vis[mul] = 1;
        if(i % p == 0){
            f[mul] = f[i / pow(p, pw[i])] * f[pow(p, pw[i] + 1)];//要求给出i为质数的整数次幂时f的值
            pw[mul] = pw[i] + 1;
            break;
        } else pw[mul] = pw[i] * pw[p];
    }
}

当然了，具体计算的时候可以用一些方法把pow去掉。接下来就来列举一些积性函数的求值：

欧拉函数

$\varphi(n)=$小于等于n且与n互质的数的个数。定理：

$$\varphi(n)=n\prod\frac{p_i-1}{p_i},n=\prod p_i^{e_i},p_i为质数$$
因此我们会发现，若p为n的一个质因子，则有 $\varphi(np)=p·\varphi(n)$.当p为质数时 $phi(p)=p-1$。于是就可以愉快地写筛法了：

const int maxn = 100005, N = 100000;
int vis[maxn], phi[maxn], prime[maxn], cnt;
phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= N; i++){
    if(!vis[i]){
        prime[++cnt] = i;
        phi[i] = i - 1;
    }
    for(int j = 1; j <= cnt; j++){
        int p = prime[j], mul = p * i;
        if(mul > N) break;
        vis[mul] = 1;
        if(i % p == 0){
            phi[mul] = phi[i] * p;
            break;
        } else phi[mul] = phi[i] * phi[p];
    }
}

于是我们就可以在$O(n)$的时间内处理出[1,n]中所有数字的欧拉函数值了。

莫比乌斯函数

$$\mu(n)=\left\{ \begin{matrix} 1 & n=1 \\ (-1)^k & n=p_1p_2\cdots p_k,p_i为质数\\ 0 & others \end{matrix} \right.$$
当n含有平方因子时函数值为0，n为质数时函数值为1，于是也可以线性筛了。

const int maxn = 100005, N = 100000;
int vis[maxn], mu[maxn], prime[maxn], cnt;
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= N; i++){
    if(!vis[i]){
        prime[++cnt] = i;
        mu[i] = -1;
    }
    for(int j = 1; j <= cnt; j++){
        int p = prime[j], mul = p * i;
        if(mul > N) break;
        vis[mul] = 1;
        if(i % p == 0) break;//mul含有平方因子，mu值为0
        mu[mul] = -mu[i];//实际上是mu[mul] = mu[i] * mu[p];
    }
}

于是我们的线性筛就可以用来做题了！

例题

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ngcd(i,j)$$
求出上式的值，其中 $n\le 10^6$。
根据欧拉函数的性质 $\sum_{d|n}\varphi(d)=n$，可以化简上式得到
$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ngcd(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d|i,d|j}\varphi(d)=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor^2$$
于是我们只需要计算出区间中欧拉函数的值就行了，复杂度 $O(n)$。当然这道题可以利用下面说的杜教筛进一步优化，把复杂度降到 $O(n^\frac 23)$。

杜教筛

杜教筛是求积性函数前缀和的一种方法。考虑如下的题目：
请求出如下表达式的值（$n\le 10^9$）：

$$\phi(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$$
考虑使用欧拉函数的性质 $\sum_{d|n}\varphi(d)=n$，得到 $\varphi(n)=n-\sum_{d|n,d<n}\varphi(d)$。带入得到：
$$\phi(n)=\sum_{i=1}^ni-\sum_{d|i,d<i}\varphi(d)$$
考虑枚举 $\frac id$的值进行计算：
$$\phi(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{i=2}^n\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\varphi(d)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{i=2}^n\phi(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)$$
我们会发现后面那个向下取整的式子中只有 $O(\sqrt n)$种不同的值，因此可以整除分块，带上记忆化搜索复杂度是 $O(n^\frac 34)$。但是我们可以用线性筛预处理出前 $O(n^\frac 23)$个欧拉函数的前缀和，杜教筛就可以取到最好的复杂度，为 $O(n^\frac 23)$。
同时我们会发现，杜教筛不仅求出了 $\phi(n)$，也求出了任意的 $phi(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)$。这个东西对于做题是非常有帮助的，比如上面最大公约数之和那题，我们就可以在外面的求和也整除分块一下，利用上面的值在较好的复杂度内完成算法。

例题：互质数对

求出所有的有序数对$(i,j)使i,j互质且i\le n,j\le n,n\le 10^9$。即如下算式：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=1]$$
考虑莫比乌斯函数的性质 $\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$，原式转化为
$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d|i,d|j}\mu(d)=\sum_{d=1}^n\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor^2$$
于是我们的目标是求出莫比乌斯函数的前缀和。仿照上面的做法：
$$M(n)=\sum_{i=1}^n\mu(i)=\sum_{i=1}^n[i=1]-\sum_{d|i,d<i}\mu(d)=1-\sum_{i=2}^nM(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)$$
于是我们就顺利地在 $O(n^\frac 23)$的时间内求出了莫比乌斯函数前缀和，上面那题也解决了。
其实我们也可以直接利用欧拉函数的定义计算这道题，答案其实就是 $2\varphi(n)-1$。

例题：最小公倍数之和

求出如下表达式的值（$n\le 10^9$）：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{ij}{\gcd(i,j)}$$
枚举最大公因数，可以得到（ 下面默认除法为向下取整）：
$$\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}ij·[\gcd(i,j)=1]$$
$$我们定义f(i)=\sum_{j=1}^ij·[\gcd(i,j)=1]=\sum_{j=1}^ij·\sum_{d|i,d|j}\mu(d)=\sum_{d|i}\mu(d)·d·\frac{\frac{i}{d}\left(\frac{i}{d}+1\right)}{2}=\frac{i}{2}\left(\sum_{d|i}\mu(d)\frac{i}{d}+\mu(d)\right)\\ =\frac{i}{2}\left(\varphi(i)+[i=1]\right)$$
于是题目就可以化简为：
$$\sum_{d=1}^nd\left(2\sum_{i=1}^{n/d}i·f(i)-1\right)=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}i^2\varphi(i)=\sum_{d=1}^nd·g(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor)$$
于是我们需要计算出g函数的前缀和即可。我们会发现如下性质： $g(n)=n^3-n^2\sum_{d|n,d<n}\varphi(d)$，于是杜教筛：
$$G(n)=\sum_{i=1}^ng(i)=\sum_{i=1}^ni^3-i^2\sum_{d|i,d<i}\varphi(d)=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^n\sum_{d=1}^{n/i}(id)^2\varphi(d)=\frac{n^2(n+1)^2}{4}-\sum_{i=2}^nG(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)·i^2$$
于是这道题就可以在 $O(n^\frac 23)$的时间内解决了。

Min_25筛

在大部分情况下，杜教筛已经可以解决很多问题了，但是仍然有很多毒瘤题解决不了。这个时候就可以试一试Min_25筛（我也不造为啥叫这个名字），复杂度为$O(\frac{n^\frac 34}{\log n})$（我也不造为啥是这个复杂度）。
这个筛法常数比较小，内存也比较小，应该算一种挺不错的筛法了。我们以筛出[1,n]中的质数个数为例来说明这个筛法。
首先，他假设了[2,n]中所有数字全是质数，然后用数论办法模拟进行埃氏筛法。其实埃氏筛法中质数大小到$O(\sqrt n)$的级别时就没有数字可以被筛掉了。先预处理出这些质数，就可以开始Min_25筛了。我们令状态g(n,j)表示当前筛的区间是[1,n]，已经筛完了前j个质数时剩下来的数字个数（即所有最小质因子大于第j个质数的数字和所有质数的总个数）。
我们考虑用g(n,j-1)推出g(n,j)。j-1时比j多了一些最小质因子为第j个质数的数字，要把他们减掉，由于g(n,j-1)中还存在比第j个质数小的质数，我们要把这些特殊情况去掉：

$$g(n,j)=g(n,j-1)-g(\left\lfloor\frac{n}{p_j}\right\rfloor,j-1)+j-1$$
可以证明，这样的复杂度是 $O(\frac{n^\frac 34}{\log n})$的。

//id1和id2是离散化的数组，tot是小于sqrt(n)的质数个数
//prime是质数数组，num数组记n/i向下取整不同的值，从大到小排序，cnt为这些值的个数。
int sqr = (int)(sqrt(n) + 1);
for(int i = 1; i <= tot; i++){
    int p = prime[i];
    for(int j = 1; j <= cnt && p * p <= num[j]; j++){
        int d = num[j] / p, k = d <= sqr ? id1[d] : id2[n / d];
        g[j] -= g[k] - j + 1;
    }
}

初始值就是把[2,n]中所有数字都当成质数的结果。当然，除了质数个数，我们还可以筛出来很多其它的东西。
设$f(x)$在把所有数字都当成质数时是完全积性函数，即任意的$x,y都有f(x)f(y)=f(xy)$，我们可以用g数组筛出这些东西。只需要稍微修改一下上面的递推式即可：

$$g(n,j)=g(n,j-1)-f(p_j)(g(\left\lfloor\frac{n}{p_j}\right\rfloor,j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}f(p_i))$$
考虑如何利用这个东西求出 积性函数 $g(x)$的前缀和。首先我们可以通过拆分等方法把所有质数的函数值之和算出来，然后定义S(n,j)为区间[2,n]中所有最小质因子大于等于第j个质数的数字函数之和，我们可以暴力枚举那些数字的最小质因子去计算，即得到
$$S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}g(p_i)+\sum_{k\ge j,p_k^2\le n}~\sum_{e\ge1,p_k^{e+1}\le n}S(\left\lfloor\frac{n}{p_k^e}\right\rfloor,k+1)·g(p_k^e)+g(p_k^{e+1})$$
我也不造咋证的，这部分暴力计算的复杂度也是 $O(\frac{n^\frac 34}{\log n})$，于是我们就愉快的做完了。

例题

求如下表达式的值（$m\le 10^9,~n\le 10^{12}$）：

$$\sum_{i=1}^n\mu(in)$$
首先若n含有平方因子则答案为0，否则我们考虑i的质因子中是否跟n有相同的。首先我们用g筛出质数个数，然后来搞一搞S的递推式（其实如果枚举质数的次数超过1就不用算了，莫比乌斯函数值必然为0）：
$$S(n,j)=g(n,|P|)-j+1-\sum_{i=j}^{cnt}[p_i|n]-\sum_{i=j}^{cnt}S(\left\lfloor\frac{n}{p_i}\right\rfloor,i+1)$$
最后再加上1的情况，然后这道题就愉快地在 $O(\frac{m^\frac 34}{\log m}+\sqrt n)$的时间内做完了……

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