pxp

Posted 2020-10-30 Rolling...yoyoball!

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Description

　　给定 \(n\), 求\(\sum\limits_{p,q∈primes}[pq≤n]\)
　　(其中 primes 表示全体质数组成的集合)
　　(其中 [expression] 当 expression 为真时值为 \(1\), 否则为 \(0\))

Input

　　一行一个数 \(n\)

Output

　　一行一个数表示答案

Sample Input

sample 1:
1
sample 2:
5
sample 3:
10

Sample Output

sample 1:
0
sample 2:
1
sample 3:
6

HINT

　　对于 20% 的数据, \(1≤n≤10^8\)
　　对于 100% 的数据 , \(1≤n≤10^{11}\)

---

Solution

　　（所以为什么学长强行出了一道科普性质的题啊qwq被科普到了qwq）

• 20%

　　线性筛爆搞一下就好了

• 100%

　　于是乎这里就科普了一种十分神秘的筛法了qwq

　　首先先想想怎么去求我们的\(ans\)

　　用\(pcnt(i)\)表示小于等于\(i\)的素数的个数，用\(cnt\)表示小于等于\(\sqrt{n}\)的素数的个数，\(P\)为素数列表，那么
\[ ans=(2*\sum\limits_{i=1}^{cnt}pcnt(\lfloor \frac{n}{P_i}\rfloor)-i)+cnt \]
　　具体一点的话就是，如果两个素数\(p\)和\(q\)的乘积小于等于\(n\)，那么这两个素数中必定有一个小于等于\(\sqrt{n}\)，所以我们只要枚举小于等于\(\sqrt{n}\)的那个素数然后把\(pcnt(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)\)累加起来最后乘个\(2\)就好了，然而由于这样在枚举的时候会重复，所以我们钦定每个素数只算与大于它的素数相乘的贡献，因此要减掉\(i\)（也就是前面小于p的数中有多少个素数），最后再加上自己乘自己的\(cnt\)种情况就好了

　　

　　那么现在的问题就是要求\(pcnt(i)\)，我们先不考虑空间的问题

　　考虑把\(pcnt(i)\)筛出来，大致思路如下：

　　　　1.去掉既不是合数也不是素数的\(1\)

　　　　2.去掉小于等于i的合数

　　去掉\(1\)的话就是初始化\(pcnt(i)=i-1\)，这个比较好搞

　　去掉合数的话，我们考虑用每个素数\(p\)去筛掉\(i>p\)的\(pcnt(i)\)中的一些数

　　考虑每个\(p\)能够筛掉的部分，应该是形如\(p*k\ (k\in [2,\lfloor \frac{i}{p} \rfloor])\)的

　　而因为我们是从小到大一直用不同的素数去筛，所以到用\(p\)筛的时候，\(pcnt(i)\)中包含的数的最小质因子应该是大于等于\(p\)的，所以\(p\)能够筛掉的部分，实际上应该是形如\(的最小质因子p*k\ (k的最小质因子>=p)\)，也就是说实际上真正能够被\(p\)筛掉数的\(i\)应该满足：\(i>=p^2\)

　　再考虑一下当前那些还没有被完全筛成正确答案的\(pcnt(x)\)具有什么性质：

　　　　1.\(x>p\)

　　　　2.\(pcnt(x)\)由两部分组成，对于小于\(p\)的部分，所有的合数已经被筛完了，而大于\(p\)的部分，仅有最小 质因子\(>=p\)的数

　　　　也就是说\(pcnt(x)\)=小于\(p\)的素数个数 + \(p\)到\(x\)中最小质因子\(>=p\)的数的个数
　　　　

　　然后回去看对于\(pcnt(i)\)来说\(p\)能够筛掉的数，我们会发现其实上面提到的\(k\)的个数其实就是\(pcnt(\lfloor \frac{i}{p}\rfloor)-pcnt(p-1)\)

　　具体一点的话就是：

　　（因为只有对于\(i>=p^2\)的\(pcnt(i)\)，\(p\)才能筛掉数，所以接下来讨论的\(pcnt(i)\)都默认\(i>=p^2\)）

　　因为\(i>=p^2\)，所以\(\lfloor \frac{i}{p}\rfloor>=p\)

　　对于大于的情况，\(pcnt(\lfloor \frac{i}{p}\rfloor)=小于p的素数个数+p到\lfloor \frac{i}{p}\rfloor中的最小质因子>=p的数的个数\)
　　那么\(k\)的个数就是\(pcnt(\lfloor \frac{i}{p}\rfloor)-pcnt(p-1)\)（\(pcnt(p-1)\)已经被筛好了）

　　对于等于的情况，能去掉的只有\(p^2\)，此时\(pcnt(\lfloor \frac{i}{p}\rfloor)=pcnt(p)\)， 相减一下得到\(1\)，也是成立的

　　

　　综上，筛掉合数我们要做的就是：

　　用每个素数去筛，对于每个\(i>=p^2\)，从\(pcnt(i)\)减去\(pcnt(\lfloor \frac{i}{p}\rfloor)-pcnt(p-1)\)即可

　　至于素数，其实也不用预处理什么的，只要判断\(pcnt(i)\)与\(pcnt(i-1)\)是否相等即可，不等说明\(i\)是素数

　　

　　然而现在的问题是，空间开不了这么大啊

　　我们考虑将\(pcnt(i)\)分成两部分：

　　\(p1(i)=pcnt(i)\)和\(p2(i)=pcnt(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)\)，\(i\in[1,\sqrt{n}]\)

　　\(p1(i)\)的话直接算就好了

　　\(p2(i)\)的话，考虑用\(p\)来筛的情况，我们套回上面的式子稍微化一下得到：
\[ \begin{aligned} p2(i)&=pcnt(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)\&=pcnt(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)-(pcnt(\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}{p}\rfloor)-pcnt(p-1))\&=pcnt(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)-(pcnt(\lfloor \frac{n}{i*p}\rfloor))-pcnt(p-1))\\end{aligned} \]
　　考虑\(\lfloor \frac{n}{i*p}\rfloor\)的取值，如果说这个值小于等于\(\sqrt{n}\)那么\(pcnt(\lfloor \frac{n}{i*p}\rfloor)=p1(\lfloor \frac{n}{i*p}\rfloor)\)，否则\(pcnt(\lfloor \frac{n}{i*p}\rfloor)=p2(i*p)\)

　　那就直接在枚举的时候判断一下就好了

　　注意最后统计\(ans\)的时候因为我们要调用的是\(（）pcnt(\lfloor \frac{n}{P_i}\rfloor)（\lfloor \frac{n}{P_i}\rfloor>=\sqrt{n}）\)，所以应该是用\(p2(\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{P_i}\rfloor}\rfloor)\)
　　

　　代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long 
using namespace std;
const int MAXN=1e6+10;
ll p1[MAXN],p2[MAXN],lis[MAXN];
ll n,m,sq,ans,cnt;

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%lld",&n);
    sq=sqrt(n);
    for (int p=2;p<=sq;++p) p2[p]=n/p-1,p1[p]=p-1;
    for (ll p=2;p<=sq;++p)
        if (p1[p]!=p1[p-1]){
            lis[++cnt]=p;
            for (ll i=1;i<=sq&&1LL*p*p<=n/i;++i){
                if (n/(1LL*p*i)>sq)
                    p2[i]-=p2[p*i]-p1[p-1];
                else
                    p2[i]-=p1[n/(1LL*p*i)]-p1[p-1];
            }
            for (int i=sq;i>=p*p;--i){
                p1[i]-=p1[i/p]-p1[p-1];
            }
        }
    ans=0;
    for (int i=1;i<=cnt;++i)
        ans+=p2[n/(n/lis[i])]-i;
    printf("%lld\n",ans*2+cnt);
}