Min25筛

Posted 2021-02-27 chasedeath

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

[F(n)=left { egin{aligned} 1 && n=1 \ G(p_i) && n=p_i \ T(p_i^k) && n=p_i^k,k>1\ Pi F(p_i^{c_i})&&n=Pi p_i^{c_i}end{aligned} ight. ]

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} floor)，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(xin[1,n])计算(sum _{p_ileq 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_jleq m)的质数依次筛，定义(g_k(j,n))为考虑前(j)个质数，(sum _{1<ileq n,i in p or p(i)_{min}>p_j}i^k)

即与(kin[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：

(nleq p_j ightarrow g_k(j,n)=sum_{p_ileq n}p_i^k)

(n< p_j^2 ightarrow 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} floor=lfloor frac{lfloorfrac{n}{a} floor}{b} floor)(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 _{ige 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(ige j,p_i<n))

(f(j,n)leftarrowsum_{c>1,p_i^cleq 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 ightarrow 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