min25筛学习总结

Posted 2022-09-03 heyuhhh

前言

杜教筛学了，顺便把min25筛也学了吧= =刚好多校也有一道题需要补。
下面推荐几篇博客，我之后写一点自己的理解就是了。
传送门1
传送门2
传送门3

这几篇写得都还是挺好的，接下来我就写下自己对min25筛的理解吧 。

正文

简介：

min25筛同杜教筛类似，是用来解决一类积性函数的前缀和，即\\(\\sum_i=1^nF(i)\\)，并且这里的\\(n\\)可以达到\\(10^10\\)的规模。
但所求积性函数要求满足以下条件：

• \\(F(p)\\)可以表示为简单多项式的形式，比如\\(p_1^k_1+p_2^k_2+p_3^k_3\\)，\\(p\\)为质数；
• \\(F(p^e)\\)的值要较容易求得。

为什么是这样？往下看就知道啦。

求解：

我们可以将上面说的多项式拆成的每项单独来算前缀和，最后加起来即可。
设\\(f(p)=p^k\\)，我们现在就来求\\(f(i)\\)的前缀和。注意这里\\(f\\)函数是完全积性函数，后面我们需要用到这一性质。

Part 1:
首先设\\(g(n,j)\\)表示：\\(1,2...n\\)中，满足条件的\\(f\\)之和，满足条件是指要么为质数，要么其最小质因子大于第\\(j\\)个质数。
为什么要这么设？后面就知道啦。
之后我们考虑递推求解：

• 若\\(p_j^2>n\\)，根据定义，\\(g(n,j)=g(n,j-1)\\)；
• 否则，我们要减去最小质因子为\\(p_j\\)的数，那么就有递推式：\\(g(n,j)=g(n,j-1)-f(p_j)*(g(\\fracnp_j)-sum_j-1)\\)。
• 解释一下上式，就相当于首先提取一个\\(p_j\\)出来，那么只要减去剩下的质因子大于等于\\(p_j\\)的就行啦；但根据定义，\\(g\\)中还包含了\\(\\sum_i=1^j-1f(p_i)\\)，我们减去就行了。另外上式还利用了完全积性函数的性质。

这里是min25筛的关键。

我们还可以用筛法的思想去考虑，我们从\\(p_j-1\\)递推到\\(p_j\\)的过程，其实就是在埃氏筛中，把\\(p_j\\)的倍数筛去。每次得到的\\(g(n,j)\\)，其实就是利用前\\(j\\)个素数来进行埃氏筛，剩下的数以及所有质数的\\(f\\)之和。
这也是为啥min25后面有个“筛”的原因~

从筛法的角度来考虑，那么初始化时我们将所有的数都看作素数，然后一个一个来筛求解即可（1除外，我们先不考虑1，最后考虑即可）。

Q:那为什么要求出这个呢？
A:求出\\(g\\)之后，我们可以方便地求出\\(\\sum_pf(p)\\)的值，即\\(g(n,|P|)\\)，其中\\(|P|\\)为素数集大小。

那合数怎么办？

Part 2:
上面我们把质数的情况考虑了，利用了类似埃氏筛的思想递推得到了\\(g\\)函数。
接下来我们考虑合数的情况，因为\\(F\\)为积性函数，那么我们直接枚举最小质因子以及其次数来求解即可。
类似地，定义\\(S(n,j)\\)表示\\(1,2,\\cdots,n\\)中，满足条件的\\(F\\)之和，满足条件是指最小质因子大于等于(这里有个等于，其实也可以没有~)第\\(j\\)个质数。
那么可以直接暴力求解\\(S\\):
\\[ S(i,j)=g(i,|P|)-sum_j-1+\\sum_k\\geq j\\sum_eF(p_k^e)(S(\\fracip_k^e,k+1)+[e\\not =1]) \\]

稍微解释一下：前面部分就相当于我们求出了满足条件的\\(F\\)之和，这里的条件指的是大于等于\\(p_j\\)的质数。
接下来我们就相当于暴力枚举最小的质因子以及其次方，并且根据其积性函数的性质，将枚举值提出来，然后递归求解子问题。
但我们对于\\(p_k^e\\)这种数没有统计到，所以后面加上就行了。
那么最终答案就为\\(S(n,1)+F(1)\\)。

所以...min25筛就这么完了。似乎也不是很难。
但我还想加个

Part 3:
虽然min25筛的思想说得差不多了，但我还想说一下其实现的一些细节。毕竟代码也是很重要的。
下面以模板题为例：

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 5, MOD = 1e9 + 7, inv3 = 333333336;
ll n;
ll sum1[N], sum2[N], prime[N];
ll w[N], ind1[N], ind2[N];
ll g1[N], g2[N];
bool chk[N];
int tot, cnt;
void pre(int n)  //  \\sqrt
    chk[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        if(!chk[i]) 
            prime[++tot] = i;
            sum1[tot] = (sum1[tot - 1] + i) % MOD;
            sum2[tot] = (sum2[tot - 1] + 1ll * i * i % MOD) % MOD;
        
        for(int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= n; j++) 
            chk[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        
    

void calc_g() 
    int z = sqrt(n);
    for(ll i = 1, j; i <= n; i = j + 1) 
        j = n / (n / i);
        w[++cnt] = n / i;
        g1[cnt] = w[cnt] % MOD;
        g2[cnt] = g1[cnt] * (g1[cnt] + 1) / 2 % MOD * (2 * g1[cnt] + 1) % MOD * inv3 % MOD - 1;
        g1[cnt] = g1[cnt] * (g1[cnt] + 1) / 2 % MOD - 1;
        if(n / i <= z) ind1[n / i] = cnt;
        else ind2[n / (n / i)] = cnt;
    
    for(int i = 1; i <= tot; i++) 
        for(int j = 1; j <= cnt && prime[i] * prime[i] <= w[j]; j++) 
            ll tmp = w[j] / prime[i], k;
            if(tmp <= z) k = ind1[tmp]; else k = ind2[n / tmp];
            (g1[j] -= prime[i] * (g1[k] - sum1[i - 1] + MOD) % MOD) %= MOD;
            (g2[j] -= prime[i] * prime[i] % MOD * (g2[k] - sum2[i - 1] + MOD) % MOD) %= MOD;
            if(g1[j] < 0) g1[j] += MOD;
            if(g2[j] < 0) g2[j] += MOD;
        
    

ll S(ll x, int y)  // 2~x >= P_y
    if(x <= 1 || prime[y] > x) return 0;
    ll z = sqrt(n);
    ll k = x <= z ? ind1[x] : ind2[n / x];
    ll ans = (g2[k] - g1[k] + MOD - (sum2[y - 1] - sum1[y - 1]) + MOD) % MOD;
    for(int i = y; i <= tot && prime[i] * prime[i] <= x ; i++) 
        ll pe = prime[i];
        for(int e = 1; pe <= x; ++e, pe = pe * prime[i]) 
            ll tmp = pe % MOD;
            ans = (ans + tmp * (tmp - 1) % MOD * (S(x / pe, i + 1) + (e != 1)) % MOD) % MOD;
        
    
    return ans % MOD;

int main() 
    cin >> n;
    int tmp = sqrt(n);
    pre(tmp);
    calc_g();
    cout << (S(n, 1) + 1) % MOD ;
    return 0;

接下来我会说说代码里面的一些要点：

• 预处理部分

没什么好说的，不同的问题预处理也不同。

• 求\\(g\\)部分

\\[ g(n,j)=g(n,j-1)-f(p_j)(g(\\fracnp_j,j-1)-sum_j-1) \\]
我先把式子抄下来...懒得翻上去了。
观察这个式子可以发现，第二维每次都是从\\(j-1\\)优化过来，所以我们可以直接滚动掉一维。并且，每次递推时，都是从\\(\\fracnp_j\\)转移过来，我们联想到了\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)这个形式。
显然，因为\\(n\\)可能会很大，我们不能直接将\\(n\\)求出来，质数也是，筛那么大的数，线性筛也会超时。
下面有两个观察：

• 观察1：递推中，有用的素数只有不超过\\(\\sqrtn\\)的部分；
• 观察2：因为\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)只有\\(\\sqrtn\\)个不同的值，所以我们只需要预处理这\\(\\sqrtn\\)个值就行了。

因为有了观察1，我们递推到\\(\\sqrtn\\)就相当于算出了当\\(j=|P|\\)的情况。
但可能某些值还是很大，怎么办？
首先我们肯定需要一个数组\\(w\\)来储存所有的\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)，之后用了两个\\(ind\\)数组来存储下标，如果\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor<\\sqrtn\\)，那么直接存储；否则就在另外一个数组存储\\(\\lfloor\\fracn\\lfloor\\fracni\\rfloor\\rfloor\\)的下标。
那么之后我们就可以通过\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)的形式来访问相关值了。
这里类似于新加了一个映射关系。\\(w\\)数组映射到\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)，而\\(ind\\)数组用了点trick把\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)映射回\\(w\\)数组。

• 求\\(S\\)部分

\\[ S(i,j)=g(i,|P|)-sum_j-1+\\sum_k\\geq j\\sum_ef(p_k^e)(S(\\fracip_k^e,k+1)+[e\\not =1]) \\]

有一个问题是，这里怎么得到\\(|P|\\)。
因为我们把\\(g\\)滚动了的，最后虽然求出的是为\\(\\sqrtn\\)的情况，但稍加思考就会发现，其值等于\\(|P|\\)下的值。
怎么得到\\(i\\)的下标？注意我们是从\\(n\\)开始递推，每次会除以一个数，并且有这样一个形式：\\(\\lfloor\\frac\\lfloor\\fracna\\rfloorb\\rfloor=\\lfloor\\fracnab\\rfloor\\)，那么每次的\\(i\\)都一定可以表示为\\(\\lfloor\\fracnk\\rfloor\\)的形式。所以直接根据刚才的映射关系来找就行啦。这也是为什么需要映射关系的原因

感觉代码部分也说得差不多了，可能有些地方我理解的有问题或者有点复杂，各位看官也不要太过于纠结字眼...自己理解也是不错的办法。
反正我感觉这里利用\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)的性质来求解很关键，优化了代码时间复杂度以及编写难度（求\\(g\\)和\\(S\\)都用到了它相关性质）。十分巧妙。

时间复杂度：(我也不会)O(感觉能过)\\(O(\\fracn^\\frac34log_n)\\)。

例题：

填坑待补...

后记

写得还是比较匆忙，感觉也没有很好地把心静下来，可能有些地方写得冗余、累赘或者有错误，请谅解。
总得来说，min25筛的思想以及代码实现部分都是很巧妙的~为什么会想到搞个\\(g\\)来啊？为什么这样复杂度就比较低啊？这些都是问题...
另外加一些我学习时的草稿：

因为转移的原因，所以有用的素数只有小于等于\\(\\sqrtn\\)的。最后算出来的值就是\\(g(n,|P|)\\)啦。

处理\\(g\\)时，离散化\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)，因为第一维为\\(n\\)不会变，并且有个这样性质：\\(\\lfloor\\frac\\lfloor\\fracna\\rfloorb\\rfloor=\\lfloor\\fracnab\\rfloor\\)，所以有用的值也就只有\\(\\lfloor\\fracni\\rfloor\\)这些。

离散化要点：利用\\(w\\)递减记录离散化的值，并且利用\\(ind1,ind2\\)来记录相关数的下标，不超过\\(\\sqrtn\\)。涉及整除的性质。巧妙！