标签：prime le limits min25 笔记 学习 sum rm ll
之前做题要用到min25，就断断续续地学了几下，用后即忘，简直就是浪费时间。不如现在好好记下来，巩固一下记忆。
在找博客学习过程中发现了一个写得非常好的博客：Min-25筛学习笔记 | LNRBHAW，配合Min_25 筛 - OI Wiki (oi-wiki.org)食用，效果很好。
作用和适用范围
min25可以以低于线性的复杂度计算出一类积性函数\(f\)的前缀和（不一定是局限于积性函数，见题目Hasse Diagram）。
要求对于素数\(p\)，\(f(p)\)是一个关于\(p\)的低次多项式，并且\(f(p^c)\)可以快速计算出来。例如\(f(p)=p^2-p\)，\(f(p^k)=p^k(p^k-1)\)这样的函数。
实现
定义：
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\({\rm lpf}(n)\)为\(n\)的最小质因数。例如\({\rm lpf}(6)=2\)，特别地，\({\rm lpf}(1)=1\)。
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\(p_k\)代表第\(k\)大的质数。
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\(S(n,k)=\sum\limits_{i=2}^{n}{[p_k<{\rm lpf}(i)]f(i)}\)
-
\(F_{\rm prime}(n)=\sum\limits_{p_i\le n}{f(p_i)}\)
这样，\(S(n,1)+f(1)\)就是我们要求的前缀和。
\(S(n,k)\)中可以分为两个部分分别计算，一个是素数的部分，一个合数部分。
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素数：即为\(S(n,k)=F_{\rm prime}(n)-F_{\rm prime}(p_{k-1})\)
-
合数：通过枚举每个\(i\)的最小质因子及其次数就可以求得递推式（枚举最小质因子保证了不重不漏）。
素数部分
因为\(f(p)=\sum{a_kp^k}\)，有
\(F_{\rm prime}(n)=\sum\limits_{p_i\le n}{f(p_i)}=\sum\limits_{p_i\le n}{\sum{a_kp_i^k}}=\sum{a_k\sum\limits_{p_i\le n}{p_i^k}}=\sum{a_k\sum\limits_{p_i\le n}{g(p_i)}}\)
令\(g(p)=p^k\)，可以发现\(g(p)\)是完全积性函数（注意\(g(p)\)系数是1，否则就不是完全积性函数了）。所以现在要求的是\(F_{\rm prime}(n)=\sum\limits_{p_i\le n}{g(p_i)}\)
设函数\(G(n,i)\)为用前\(i\)个质数做埃式筛剩下的\(g\)值之和，这样\(F_{\rm prime}(n)=G(n,\lfloor\sqrt{n}\rfloor)\)
它由有两个部分组成：
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\(p_i^2>n\)，筛完了，\(G(n,i)=G(n,i-1)\)
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\(p_i^2\le n\)，\(p_i\)的在区间\([p_i,\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor]\)且没被前\(i-1\)个素数筛掉的倍数会被筛掉，要减去。而这些倍数位于\(G(\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor,i-1)\)中，除此之外，\(G(\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor,i-1)\)还包含了\(p_1,p_2,...,p_{i-1}\)这些值没被筛去，要从中减去\(F_{\rm prime}(p_{i-1})\)
综上有
\(G(n,i)=G(n,i-1)-[p_i^2\le n]g(p_i)(G(\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor,i-1)-F_{\rm prime}(p_{i-1}))\)
注意\(g(p)=p^k,p{\rm 是质数}\)，是完全积性函数，故解析式为\(g(x)=x^k,x\in Z^+\)，可以O(1)求出其\(g\)前缀和\(G(n,0)\)，\(F_{\rm prime}(p_{i-1})\)也可以在O(\(\sqrt{n}\))预处理出来。
可以发现都是形如\(\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor\)，可以使用数论分块+递推预处理出\(2\sqrt{n}\)项\(F_{\rm prime}\)值，分别为\(F_{\rm prime}(i),i=1,...,\sqrt{n}\)和\(F_{\rm prime}(\frac{n}{i}),i=1,...,\sqrt{n}\)。这\(2\sqrt{n}\)个就是下面要用的值。
合数部分
枚举最小质数可得递推式如下：
\(S(n, k)=\sum\limits_{i\ge k}\sum\limits_{c>1}^{p_i^{c+1}\le n}{(f(p_i^c)S(\frac{n}{p_i^c},i+1)+f(p_i^{c+1})})\)
由于\(f(x)\)是积性函数，\(f(p_i^c)S(\frac{n}{p_i^c},i+1)\)相当于最小质因数为\(p_i^c\)的合数对应的值的和，最后还要补上一个\(f(p_i^{c+1})\)。
合并
最终结果即为：
\(S(n, k)=\sum\limits_{i\ge k}\sum\limits_{c>1}^{p_i^{c+1}\le n}{(f(p_i^c)S(\frac{n}{p_i^c},i+1)+f(p_i^{c+1})})+F_{\rm prime}(n)-F_{\rm prime}(p_{k-1})\)
直接递归计算即可。
细节
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实现中将\(F_{\rm prime}(i),i=1,...,\sqrt{n}\)这小于\(\sqrt{n}\)的映射到\(\rm id1[i]\)，\(F_{\rm prime}(\frac{n}{i}),i=1,...,\sqrt{n}\)这些大于\(n\)的映射到\(\rm id2[i]\)，相当于hashmap。
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求素数部分用的是非递归写法，直接递推上去即可。
例题
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
const int M = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
ll num[N], ans1[N], ans2[N];
ll id1[N], id2[N];
ll pri[N];
ll m, n;
int cnt;
bool isnp[N];
void init() {
isnp[1] = 1;
pri[cnt++] = 1;
for(int i = 2; i < N; i++) {
if(!isnp[i]) {
pri[cnt++] = i;
for(int j = 2 * i; j < N; j += i)
isnp[j] = 1;
}
}
}
ll r2 = 500000004;
ll r6 = 166666668;
ll sum1(ll x) { // 求和，用于求初始值S(n,0)
x %= M;
return x * (x + 1) % M * r2 % M;
}
ll sum2(ll x) {
x %= M;
return x * (x + 1) % M * (2 * x + 1) % M * r6 % M;
}
ll f1(ll x) { // 一次幂
x %= M;
return x;
}
ll f2(ll x) { // 二次幂
x %= M;
return x * x % M;
}
ll f(ll x) { // 真正的
x %= M;
return x * (x - 1) % M;
}
int ID(ll x) { // hash映射
if(x <= m) return id1[x];
return id2[n / x];
}
void solve(ll n, ll (*f)(ll), ll (*sum)(ll), ll ans[]) {
static ll sump[N]; // 预处理素数和
int cur = 0;
int mx = 0;
m = 0;
while(m * m <= n) {
if(pri[mx] <= m) {
mx++;
sump[mx] = (sump[mx - 1] + f(pri[mx])) % M;
}
m++;
}
ll i = 1;
while(i <= n) { // 数论分快求出映射关系和初始值
num[cur] = n / i;
ans[cur] = (sum(num[cur]) - f(1)) % M;
if(num[cur] <= m) id1[num[cur]] = cur;
else id2[n / num[cur]] = cur;
cur++;
i = n / (n / i) + 1;
}
for(int i = 1; i < mx; i++) { // 直接递推
for(int j = 0; j < cur && 1ll * pri[i] * pri[i] <= num[j]; j++) {
ans[j] -= f(pri[i]) * (ans[ID(num[j] / pri[i])] - sump[i - 1]) % M;
ans[j] %= M;
}
}
}
ll F(ll n, int k) {
ll res = 0;
for(int i = k; 1ll * pri[i] * pri[i] <= n; i++) {
ll p = pri[i];
while(p * pri[i] <= n) {
res += (f(p) * F(n / p, i + 1) % M + f(p * pri[i])) % M;
res %= M;
p = p * pri[i];
}
}
res += (ans2[ID(n)] - ans1[ID(n)]) - ((k - 1) ? (ans2[ID(pri[k - 1])] - ans1[ID(pri[k - 1])]) : 0) % M;
return res % M;
}
int main() {
init();
while(cin >> n) {
solve(n, f1, sum1, ans1); // 素数部分
solve(n, f2, sum2, ans2);
ll ans = (F(n, 1) + 1 + M) % M; // 合数+素数统计
cout << (ans % M + M) % M << endl;
}
}
标签：prime,le,limits,min25,笔记,学习,sum,rm,ll 来源： https://www.cnblogs.com/limil/p/15106764.html
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