标签：log while space 如何 lse mes begin add putc
为什么叫学习小记呢？因为暂时除了模板题就没有做其他的东西了。（雾
这个东西折磨了我一整天，一堆有问题的题解看得我身不如死，只好结合代码理解题解，差点死在机房。（话说半天综合半天竞赛真是害人不浅）
为了以后忘了再受荼毒，这里还是写一下，如果有人会看到的话，希望可以帮助到吧。（话说这个东西我已经拖了好久了啊！！！）
（话说我怎么这么多话说啊？！！）
这个东西是由聚聚\(\texttt{Min-25}\)发明了，所以我们称之为\(\texttt{Min-25}\)筛。（感觉有点民科了）那就不废话了，进入正言了。
下面的\(\mathbb{P}\)指的是质数集合，\(\mathbb{P_i}\)指的是第\(i\)个质数，其中第\(0\)个质数为\(0\)。
我们考虑对于一个积性函数求和，我们可能会想到杜教筛或者洲阁筛（尽管我不是很会），但是两种筛法并不是很具有普遍性，特别是杜教筛。
我们考虑一个具体问题，我们现在设一个积性函数\(f(p^k)=p^k(p^k-1)\)，其中\(p\)为质数。我们需要求出\(\sum_{i=1}^{n} f(i)\)。
我们发现对于这个问题我们可以分成两个部分进行考虑，一部分为质数，另一部分为合数，所以即为:
其中\(\texttt{LPF(i)}\)表示\(i\)的最小质因子（\(\texttt{Lowest Prime Factor}\)）。
这个式子很好理解，可能稍微难一点的就是为什么\(p\le \sqrt n\)，这是因为\(\texttt{LPF(n)}\le \sqrt n,s.t. n\notin \mathbb{P}\)。
我们发现这个式子似乎不好继续往下面搞了。
于是，我们构造一种函数\(g(n,i)\)（鬼知道这是怎么想到的），定义为:
\(k\)就是我们把\(f(x)\)拆成单项式唯一存在的指数。比如这道题我们是\(f(p)=p(p-1)\)，我们就拆成\(p^2-p\)，于是\(k\)分别为\(1\)和\(2\)。
我们考虑如何求出\(g(n,i)\)，我们不难得出转移式:
这里还是稍微解释一下吧。我们的\(g(n,i)\)一定是\(g(n,i-1)\)减去那些是合数且最小质因数大于\(\mathbb{P_{i-1}}\)小于等于\(\mathbb{P_i}\)的\(x^k\)，因为\(x^k\)是一个完全积性函数，所以我们可以直接拆出\(\mathbb{P_i}^k\)出来。然后自己意会一下应该就可以理解了吧。。。
需要提醒的是，后文里面的\(g\)其实是把单项式又重新组合成多项式的，如果不是很理解可以见代码。
我们发现，我们如果设:
我们就可以在\(S()\)和\(g()\)之间连接起某种关系，即:
\(|\mathbb{P}|\)就是小于等于\(n\)的质数的个数，还有就是\(\texttt{LPF}\)可以等于自身。这个式子其实就是上面那个式子改了一下，这里就不赘述了。
我们发现最后的答案就是\(S(n,0)\)。
这里还有一些细节需要提，我们发现这里面函数所有的自变量都可以表示成\(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\)，于是我们其实需要的数只有\(\sqrt n\)个。我们直接离散化一下就好了，空间其实是可以用根号分治做到\(\Theta(\sqrt n)\)的。具体见代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Int register int
#define mod 1000000007
#define ll long long
#define MAXN 200005
int mul (int x,int y){return 1ll * x * y % mod;}
int dec (int x,int y){return x >= y ? x - y : x + mod - y;}
int add (int x,int y){return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;}
ll n,sw,w[MAXN];
int sq,cnt,g1[MAXN],g2[MAXN],id1[MAXN],id2[MAXN],gp1[MAXN],gp2[MAXN],pri[MAXN],vis[MAXN];
int S (ll x,int y){
if (pri[y] >= x) return 0;
int p = x <= sq ? id1[x] : id2[n / x],ret = dec (dec (g2[p],g1[p]),dec (gp2[y],gp1[y]));
for (Int i = y + 1;i <= cnt && 1ll * pri[i] * pri[i] <= x;++ i){
ll pk = pri[i];
for (Int k = 1;pk <= x;++ k,pk *= pri[i]){
int o = pk % mod;ret = add (ret,mul (o,mul (o - 1,S (x / pk,i) + (k != 1))));
}
}
return ret;
}
template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < ‘0‘ || c > ‘9‘){if (c == ‘-‘) f = -f;c = getchar();}while (c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘){t = (t << 3) + (t << 1) + c - ‘0‘;c = getchar();} t *= f;}
template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}
template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar (‘-‘);}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + ‘0‘);}
signed main(){
read (n);sq = sqrt (n);
for (Int i = 2;i <= sq;++ i){
if (!vis[i]) pri[++ cnt] = i,gp1[cnt] = add (gp1[cnt - 1],i),gp2[cnt] = add (gp2[cnt - 1],mul (i,i));
for (Int j = 1;j <= cnt && i * pri[j] <= sq;++ j){
vis[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j] == 0) continue;
}
}
for (ll l = 1,r;l <= n;l = r + 1){
r = n / (n / l);w[++ sw] = n / r;g1[sw] = w[sw] % mod;
g2[sw] = dec (1ll * g1[sw] * (g1[sw] + 1) % mod * (2 * g1[sw] + 1) % mod * 166666668 % mod,1);
g1[sw] = dec (1ll * g1[sw] * (g1[sw] + 1) % mod * 500000004 % mod,1);
if (n / r <= sq) id1[n / r] = sw;else id2[r] = sw;
}
for (Int i = 1;i <= cnt;++ i){
ll sqr = 1ll * pri[i] * pri[i];
for (Int j = 1;j <= sw && w[j] >= sqr;++ j){
ll p = w[j] / pri[i];p = (p <= sq ? id1[p] : id2[n / p]);
g1[j] = dec (g1[j],mul (pri[i],dec (g1[p],gp1[i - 1])));
g2[j] = dec (g2[j],mul (mul (pri[i],pri[i]),dec (g2[p],gp2[i - 1])));
}
}
write (add (S (n,0),1)),putchar (‘\n‘);
return 0;
}
据说\(\texttt{Min-25}\)筛的时间复杂度为\(\Theta(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\)，也有人说是渐线性时间复杂度\(\Theta(n^{1-\epsilon})\)，不过据说证实了是前者。空间复杂度离散化之后可以做到\(\Theta(\sqrt n)\)。
我们仔细来看\(\texttt{Min-25}\)筛如何降低时间复杂度的过程，发现我们用在自变量为质数时相同的完全积性的函数去解决了当取值为质数的时候的值，之后再用积性函数的性质解决合数的和。不得不说，\(\texttt{Min-25}\)简直是个天才。\(\text{Min-25 Orz Orz Orz}\)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Dark-Romance/p/13337215.html
