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Min25筛

文章很多的向下取整省略了。。。

前言

为什么网上通行的写法和论文里不一样啊

问题引入

设质数集合为\(p_i\)，\(n\)包含的质因数集为\(p(n)\)，定义积性函数

其中，\(G(p_i)\)为简单多项式函数(复杂了不好搞啊)

我们要求\(S(n)=\sum _1^n F(i)\)

设\(m=\lfloor \sqrt{n} \rfloor\)，我们通过对于\(p_i>m\)的因数只会最多出现一次的性质来简化这个问题

接下来的计算过程分为两部分

Part1.

对于每一个\(x\in[1,n]\)计算\(\sum _{p_i\leq \frac{n}{x}} G(p_i)\)，可以看到这样的\(\frac{n}{x}\)个数是\(O(m)\)的

由于前面提到\(G(p_j)\)是简单的多项式，所以可以拆出\(G(p_j)\)的每一项\(i^k\)分别计算贡献

考虑对于\(p_j\leq m\)的质数依次筛，定义\(g_k(j,n)\)为考虑前\(j\)个质数，\(\sum _{1<i\leq n,i \in p \or p(i)_{min}>p_j}i^k\)

即与\(k\in[1,j], p_k\)都互质或者是本身是质数的\(i^k\)之和，注意这个状态是不包括\(1\)的

边界条件\(g_k(0,n)=\sum _1^ni^k\)，这个拉格朗日插值法求，咕了

递推式\(g_k(j,n)=g_k(j-1,n)-p_j^k (g_k(j-1,\frac{n}{p_j})-g_k(j-1,p_{j-1}))\)

即每次减去不合法的，把质数的部分取回来

显然的性质有：

\(n\leq p_j \rightarrow g_k(j,n)=\sum_{p_i\leq n}p_i^k\)

\(n< p_j^2 \rightarrow g_k(j,n)=g_k(j-1,n)-p_j^k (g_k(j-1,\frac{n}{p_j})-g_k(j-1,p_{j-1}))=g_k(j-1,n)\)

所以\(n< p_j^2\)的部分可以直接跳过

递推方法：

由于\(\lfloor \frac{n}{ab}\rfloor=\lfloor \frac{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor}{b}\rfloor\)(证明自行意会吧..)

可以看到每次的\(n‘\)都是原先的\(\frac{n}{d}\)，这样的数只有\(O(m)\)个，即第二维状态只有\(O(m)\)个，处理出这些状态然后进行递推

下面是以\(G(p)=p\)为例的递推

变量名解释：

\(s_n=\sum_1^n p_i^k ,pri[i]=p_i,st[i]\)存储第\(i\)个状态，\(cnt\)是状态个数

\(g[n]=g_1(j,n)\)，由于递推过程中滚动省去了第一维

const int N=1e5+10;

int pri[N],notpri[N];
int id(int x){ return x<=m?x:cnt-n/x+1; } // O(1)访问状态编号
int st[N],cnt;
ll g[N],s[N]; 

int main(){
	rep(i,2,N-1) if(!notpri[i]) {// 预先筛出素数，实际上并不必须
		pri[++pc]=i;
		for(int j=i+i;j<N;j+=i) notpri[j]=1;
	}
    n=rd(),m=sqrt(n);
	cnt=0; 
	rep(i,1,n) st[++cnt]=i=n/(n/i),g[cnt]=1ll*i*(i+1)/2-1; // 预处理状态和初始值，不包括1
	for(sz=1;pri[sz+1]<=m;++sz);
	rep(i,1,sz) s[i]=s[i-1]+pri[i];
	for(int i=1;i<=sz;++i) {
		for(int j=cnt,tmp=pri[i]*pri[i];st[j]>=tmp;--j) {
			int k=id(st[j]/pri[i]);
			g[j]-=pri[i]*(g[k]-s[i-1]); // 取回前面的质数
		}
	}
}

由于式子比较麻烦，求解复杂度的部分就咕了

Part2.

这次要求出答案\(S(n)=\sum F(i)\)

定义\(f(j,n)=\sum _{p(i)_{min}\ge p_j}F(i)\)，求出\(f(1,n)\)后加上\(F(1)\)即可

\(f(j,n)\)的求解分为两部分

质数部分：\(\sum _{i\ge j} G(p_i)\)，这个可以通过访问先前求出的\(g(j,n)\)来得到

合数部分：枚举包含的最小质因数为\(p_i(i\ge j,p_i<n)\)

\(f(j,n)\leftarrow\sum_{c>1,p_i^c\leq n} F(p_i^c)+\sum F(p_i^c)\cdot f(i+1,\frac{n}{p_i^c})\)

剪枝

1.\(n<p_j\rightarrow f(j,n)=0\)

2.不需要转移\(p_i^2>n\)的部分

这一部分由于只有一次查询，所以可以直接用递归来实现

以下是\(G(p)=p\)的例子

变量名：都和上面是一样的！

ll GetF(int j,int n){
	if(n<pri[j]) return 0;
	ll ans=g[id(n)]-s[j-1];// 质数的部分，注意不包含前面的j-1个质数
	for(int i=j;1ll*pri[i]*pri[i]<=n;++i) {
		int x=pri[i];
		while(1ll*x*pri[i]<=n){
			ans+=GetF(j+1,n/x)*x;
			x*=pri[i];
			ans+=x;// 转移，两种写在一起了
		}
	}
	return ans;
}

复杂度又咕了

Min25筛

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原文地址：https://www.cnblogs.com/chasedeath/p/12751225.html