「关于张博航提到的筛法的理解」——一种处理关于$p$成多项式的数论函数筛法

Posted 2020-11-07 Troy Ricardo

　　张博航原知乎网址

　　张博航原博客网址

引入：

　　给一个完全积性函数$f$，求其前缀和

　　$$S(n)=\\sum_{i=1}^nf(i)$$

初步思考：

　　考虑由于所求函数为完全积性函数，我们很容易用一个线性筛在$O(n)$的时间负责度内解决问题。

　　但是往往这类问题要求更加优秀的时间负责度，那么线筛便不能满足我们的需要，我们需要更加优秀的做法。

　　我们考虑一种最基础的筛法：埃拉托斯特尼筛法。

　　在这种筛法的思路中，我们只需要枚举$\\sqrt n$以内的质数，那么我们是否可以引入这种想法呢？

进一步思考：

　　我们考虑将$S(n)=\\sum_{i=1}^n f(i)$换成与质数有关的表达形式。

　　我们设$\\tau(x) = x的最大质因子$。

　　那么

　　$$S(n) = \\sum _{i=2}^n\\sum_{\\tau(i)<p,i*p<=n}f(ip) + \\sum_{i=2}^nf(i)[\\tau^2(i)|i] + f(1) + \\sum_{p=2}^n f(p)$$

　　$$\\because \\forall a,b\\; f(ab)=f(a)f(b)$$

　　$$\\therefore S(n)=\\sum_{i=2}^nf(i)\\sum_{\\tau(i)<p,ip<=n,p==\\tau (p)}f(p)+\\sum_{i=2}^nf(i)[\\tau^2(i)|i]+f(1)+\\sum_{p=2}^nf(p)$$

　　我们来看这个式子。

　　我们发现前两部分枚举的$i$所含质数$p$必然$p<=\\sqrt n$。

　　那么我们使用DFS来枚举这些$i$会发现枚举量为:$$n-\\sum_{i=\\sqrt n+1,i=\\tau(i)}^n \\lfloor \\frac{n}{i} \\rfloor$$

　　这个式子我并不会算……

　　但是通过张博航的博客，这个式子的结果是约等为$\\frac{n^{\\frac{3}{4}}}{ln n}$存在一定的常数。

思考算法设计：

　　那么问题就变成了如何去求$\\sum_{\\tau(i)<p,ip<=n}f(p)$以及$\\sum_{p=2,p=\\tau(p)}f(p)$。

　　我们发现后者其实是可以看作于前者是一类的。

　　那么设$S\'(n)=\\sum_{p=2,p=\\tau(p)}f(p)$，即上式为$S\'(\\frac{n}{i})-S\'(\\tau(i))$来表示的。

　　由于除法分块我们可以知道$\\lfloor \\frac{n}{i} \\rfloor$取值仅有$\\sqrt n$级别个，同时$\\tau(i) <=\\sqrt n$。

　　那么我们设$$a_i = S\'(i),b_i=S\'(\\frac{n}{i}),i\\leqslant \\sqrt n$$

　　那么考虑如何求出$S\'$。

　　我们先将所有数都看做质数，那么此后我们从小到大枚举一个每个小于$\\sqrt n$的质数$p$，那么

　　$$S\'(i)=S\'(i)-f(p)(S\'(\\frac{i}{p})-S\'(p-1))$$

　　考虑用数学归纳法证明：

　　首先当$p==2$时，此式显然得到的是去掉所有含“2”因子的合数。

　　那么设此式在之前质数中都是正确的，此时枚举到了$p$。同时设$\\zeta i = i的最小质因数$

　　那么我们考虑此时

　　　　$S\'(x)=\\sum_{i=2,i=\\tau(p),i<p}f(p) + \\sum_{i=p}^x [\\zeta(i)>=p]f(i)$

　　那么

　　　　$f(p)(S\'(\\frac{i}{p})-S\'(p-1) )= \\sum_{j=p}^{\\frac{i}{p}} [\\zeta(i)>=p] f(i*p)$

　　即此时我们给$S\'(i)$删去了所含质因数均大于等于$p$的合数。故上式当处理到$\\sqrt n$时是正确的。

　　

　　我们再考虑如何求出$a,b$数组。

　　显然我们要从小到大枚举每个质数，再从大到小枚举每一个有用的$i$。然后考虑：

　　1)  若$i>\\sqrt n$那么其对应位置一定在$b$数组出现过。

　　2)  若$\\frac{i}{p}>sqrt n$那么其对应位置也必然在$b$中出现，这是由于$i$是由$\\frac {n} {j}$得到的。

　　　那么$\\frac{i}{p}$就等价于$\\lfloor \\frac{ \\frac{n}{j} }{p} \\rfloor= \\frac {n} {jp}$显然$jp<=\\sqrt n$ 那么其此时$\\frac{i}{p}$一定在b中出现过。

　　3） 若$i<=\\sqrt n$ 那么其必然出现在$a$中，$\\frac{i}{p}$同理。

　　也就是说对于用每个$p$来更新$a,b$需要且仅需要$a,b$数组。

　　考虑求$a,b$的时间复杂度约为：

　　$ \\sum_{i=2,i=\\tau i} (2\\sqrt n - i^2) $。

　　这个东西，应该约为$\\frac {2n^\\frac{3}{4}} {3ln(\\sqrt n)}$。考虑枚举第一部分$i$具有常数。这两部分应该是很接近的。

算法使用范围：

　　假设我们可以将一个函数写成关于$p$的$k$阶多项式形式的话，我们就可以利用上面描述的筛法，在$k\\frac{n^\\frac{3}{4}}{lnn}$时间内得到答案。

======update======

　　这个似乎和min_25筛很像？