min_25筛基础

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min_25筛

作用及使用条件

可以得到积性函数的单点前缀和。时间复杂度为：

由2018年某篇集训队论文证明。具体而言就是当\(n\)趋于无穷时，时间复杂度趋于\(O(n)\)。\(n\)较小时时间复杂度为前者。

使用条件：

• 我们要找一些\(f‘(p) , f‘(p)\)为可以快速求前缀和的完全积性函数。并且其在质数处的取值为原函数在质数处的取值相等或是一部分。并不要求其与原函数或其一部分相等，也就是说，构造一个，只要在质数处的点值与原来相同即可。
• \(f(p^c)\)可以快速计算。

Step 1 求出质数处的函数值之和

我们设一个\(g(n,j)\)表示小于等于\(n\)且最小质因数大于\(p_j\)的数的\(f‘(i)\)之和。

显然根据定义，\(g(n,j)\)是无论如何包含不了1处的点值的。

对于\(p_j^2 > n\)的，显然有\(S(n,j)=S(n,j-1)\)。

对于\(p_j^2 \leq n\)的，然后我们有如下的式子：

\(g(n,j-1)-g(n,j)=\)小于等于\(n\)的最小质因数等于\(p_j\)的\(f‘(x)\)的值之和。

在\(g(\frac{n}{p_j},j-1)\)中，不符合条件的只有那些最小质因数\(\leq p_{j-1}\)的数，但是根据\(S\)的定义只有质数，所以减去那些质数。

对于边界情况，我们要求的答案就是\(g(n,0)\)，这个是一个可以快速求前缀和的完全积性函数。

我们做了这么多,只为了求一样东西：\(Sp(n)=g(n,|P|),n \in \Z\)。

由于我们都只要所有的\(g(i,|P|),P\)为小于\(n\)的质数集大小（根据前面的分类，只要筛\(O(\sqrt{n})\)的就行了）。所以我们使用滚动数组完成DP。

Step 2 组织答案

我们设一个\(S(n,j)\)表示小于等于\(n\)且最小质因数大于\(p_j\)的数的\(f(i)\)之和。

于是我们有

为什么有一个\([e\neq 1]\)呢,因为我们在质数\(>\sqrt{n}\)时的点值是只有通过预处理得出。如果在这里要算的话，那么第一个\(\sum_k\)的枚举次数直飚\(\pi(n)\)！而且由于没有合数最小质因子大于\(\sqrt{n}\)，所以后面的\(S(\frac{n}{p_k^e},k)=0\)，只有质数本身有个点值。完全做不了。

但是有了预处理过后，我们可以只枚举到\(O(\sqrt{n})\)

这就是为什么我们想尽办法算出了质数处的点值。

模板：P5325 【模板】Min_25筛

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int S=1000005,mod=1000000007,inv3=333333336;
long long p[S],sp1[S],sp2[S],nn,n,w[S],g1[S],g2[S];
bool pp[S];
int ind1[S],ind2[S],tot=0;
void getp(int n)
{
	for (int i=2;i<=n;++i)
	{
		if (!pp[i])
		{
			p[++p[0]]=i;
			sp1[p[0]]=(sp1[p[0]-1]+i)%mod;
			sp2[p[0]]=(sp2[p[0]-1]+1ll*i*i)%mod;
		}
		for (int j=1;j<=p[0] && i*p[j]<=n;++j)
		{
			pp[i*p[j]]=true;
			if (i%p[j]==0) break;
		}
	}
}
long long func(long long x,int y)
{
	if (p[y]>=x) return 0;
	int k=x<=nn?ind1[x]:ind2[n/x];
	long long ret=(g2[k]-g1[k]+mod-(sp2[y]-sp1[y])+mod)%mod;
	for (int i=y+1;i<=p[0] && p[i]*p[i]<=x;++i)
	{
		long long pe=p[i],xx;
		for (int e=1;pe<=x;++e,pe*=p[i])
		{
			xx=pe%mod;
			ret=(ret+xx*(xx-1)%mod*(func(x/pe,i)+(e!=1)))%mod;
		}
	}
	return ret;
}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	nn=sqrt(n);
	getp(nn);
	for (long long i=1;i<=n;)
	{
		long long r=n/(n/i);
		w[++tot]=n/i;
		long long o=w[tot]%mod;
		g1[tot]=o*(o+1)/2;
		g2[tot]=o*(o+1)/2%mod*(o<<1|1)%mod*inv3%mod;
		--g1[tot];--g2[tot];
		if (w[tot]<=nn) ind1[w[tot]]=tot;
		else ind2[r]=tot;
		i=r+1;
	}
	for (int i=1;i<=p[0];++i)
	{
		for (int j=1;j<=tot && p[i]*p[i]<=w[j];++j)
		{
			long long k=w[j]/p[i]<=nn?ind1[w[j]/p[i]]:ind2[n/(w[j]/p[i])];
			g1[j]-=p[i]*(g1[k]-sp1[i-1]+mod);
			g2[j]-=p[i]*p[i]%mod*(g2[k]-sp2[i-1]+mod);
			g1[j]%=mod;g2[j]%=mod;
			if (g1[j]<0) g1[j]+=mod;
			if (g2[j]<0) g2[j]+=mod;
		}
	}
	printf("%lld\n",(func(n,0)+1)%mod);
	return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Algebra-hy/p/13192749.html