LOJ #6202. 叶氏筛法(min_25 筛)

题意 :

求 \([L, R]\) 之间的素数之和 . \(L≤10^{10},2×10^{10} \le R \le 10^{11}\)

题解 :

一个有点裸的 min_25筛 ? 现在我只会筛素数的前缀和 , 合数的过几天再学吧 .

首先推荐一波 yyb大佬博客 ~~这个人很强 , 别那么fake就好啦~~

令 \(F(x) = x\) 显然此处 \(F(x)\) 是完全积性函数 .

我们需要求的就是 \[\displaystyle \sum_{i=1}^{n} [i \in Prime] F(i)\] .

这个就是 min_25筛的预处理部分 啦.

由 yyb博客可得 .

对于下面这个表达式 ,

\[\displaystyle g(n,j)=\sum_{i=1}^ni[i\in P\ or \ min(p)>P_j,p|i,p\in P\ ]\]

有如下一个递推式 :
\[g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-P_{j}[g(\frac{n}{P_j},j-1)-g(P_j-1,j-1)]&P_j^2\le n\end{cases}\]

这个直接实现是 \(\displaystyle O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\) 的复杂度 qwq

然后考虑代码实现 . 我不太会非递归的 , 只会递归 ....

首先预处理前 \(\sqrt n\) 的素数 , (假设处理到了 \(lim\) )

以及 \(i=1 \sim lim\) 的 \(F(x)\) 前缀和 . (此处可适当处理多一点 , 时间效率会提高)

然后假设我们当前考虑的是 \(g(n, m)\) .

直观上共有三步 .

\(P_{m+1}^2 > n\) 且 \(n \le lim\) , 那么此时可以直接用之前预处理的答案 , 因为此时存在有贡献的数只可能为素数 .
将 \(m\) 一直缩小到 \(n < P_m^2\) . 这个利用了递推式 \(P_j^2 > n\) 时 \(g(n,j) = g(n, j - 1)\) 的那个定理 .
然后不断将 \(m\) 下降, 直至下降到 \(0\) , 此间需要要递归计算 \(P_{j}[g(\frac{n}{P_j},j-1)+g(P_j-1,j-1)]\) 的值 , 其中后者 \(g(P_j-1,j-1)\) 可以用前面预处理 , 递归下去也只会有一层 . 而前者会不断递归计算 . 其中 \(m\) 到 \(0\) 的时候 , 就是边界情况 : \(\displaystyle g(n, 0)=\sum_{i=2}^{n} i\) . 这个是很显然的 , 因为此时所有数都计入了贡献 , 但 \(1\) 是无法给予这个贡献的 . (一开始此处调试许久... )

然后实现就特别容易啦 . 非递归常数似乎要小一点 , 到时候再学 ...

代码 :

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ':' << x << endl
using namespace std;

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("6202.in", "r", stdin);
    freopen ("6202.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1e7 + 1e3, Lim = 1e7;

typedef __int128 ll;

inline ll read() {
    ll x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}

inline void Out(ll x, bool fir = true) { 
    if (!x) { if (fir) puts("0"); return ; }Out(x / 10, false); putchar (x % 10 + 48); if (fir) putchar ('\n'); 
}

int prime[N], cnt = 0; bitset<N> is_prime;

ll sump[N];

void Init(int maxn) {
    is_prime.set(); is_prime[0] = is_prime[1] = false;
    For (i, 2, maxn) {
        sump[i] = sump[i - 1];
        if (is_prime[i])
            prime[++ cnt] = i, sump[i] += i;
        For (j, 1, cnt) {
            register int res = i * prime[j];
            if (res > maxn) break;
            is_prime[res] = false;
            if (!(i % prime[j])) break;
        }
    }
}

inline ll Sum(ll x) { return x * (x + 1) / 2 - 1; }

int tot = 0;
ll Sump(ll n, int m) {
    if (n <= Lim && n < (ll)prime[m + 1] * prime[m + 1]) return sump[n];

    for (; n < (ll)prime[m] * prime[m]; -- m);

    ll res = Sum(n);
    for (; m; -- m)
        res -= (Sump(n / prime[m], m - 1) - /*Sump(prime[m] - 1, m - 1)*/ sump[prime[m] - 1]) * prime[m];

    return res;
}

inline ll Calc(ll x) { return Sump(x, cnt - 1); }

int main () {
    File();

    Init(Lim);

    ll l = read(), r = read(); Out(Calc(r) - Calc(l - 1));
    return 0;
}

LOJ #6202. 叶氏筛法(min_25 筛)

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