min_25筛学习小记

终于在考试中碰到了一题不能用杜教筛的函数，被迫来学这个。。。

概述

首先这个函数 $f(x)$ 要求是积性函数，而且 $f(p)$ 和 $f(p^c)$ 都要很好计算，设一个“假的” $f'(x)$ 表示把 $x$ 直接当成质数时的 $f(x)$ ， $f'(x)$ 是（或者能拆成）完全积性函数（比如说简单多项式），且 $\sum_{i=1}^n f'(x)$ 要很好算。
min_25筛的过程有用到埃氏筛法（就是每次选一个质数筛掉其倍数的筛法）的思想，我们先把所有数当成质数，得到 $\sum_{i=1}^n f'(x)$ ，然后不断地筛得到 $\sum_{i=1}^n [i\in P]f'(x)$ 也就是 $\sum_{i=1}^n [i\in P]f(x)$ 。得到这个所有质数函数值之和后，我们用类似的方法倒着推回去，得到真的函数值 $\sum_{i=1}^n f(x)$ 。

筛质数的函数值

设质数集合 $P=\{p_1,p_2,...,p_t\}$ ， $p_t^2\le n$ ， $minp(x)$ 表示 $x$ 的最小素因子。
设 $g(m,j)=\sum_{i=1}^m[i\in P \lor minp(i)>p_j ] f’(i)$ ，显然对于 $p_j^2>m$ 的 $j$ ， $g(m,j)$ 都是相同的，只关心 $p_j^2\le m$ 的情况。
我们现在知道 $g(m,0)$ ，要求 $g(m,t)$ 。不难推出转移：

g (m, j) = g (m, j - 1) - f^{'} (p_{j}) \cdot (g (⌊ \frac{m}{p_{j}} ⌋, j - 1) - g (p_{j - 1}, j - 1))

$g(m,j)=g(m,j-1)-f'(p_j)\cdot(g(\lfloor\frac{m}{p_j}\rfloor,j-1)-g(p_{j-1},j-1))$
其中

- g (p_{j - 1}, j - 1)

$-g(p_{j-1},j-1)$ 就是

- \sum_{i = 1}^{j - 1} f^{'} (p_{i})

$-\sum_{i=1}^{j-1} f'(p_i)$ ，去掉这些质数的之后就都是最小素因子恰好为

p_{j}

$p_j$ 的情况。注意到

p_{j}^{2} \leq m

$p_j^2\le m$ ，所以

⌊ \frac{m}{p_{j}} ⌋ > p_{j - 1}

$\lfloor\frac{m}{p_j}\rfloor>p_{j-1}$ ，不会减出问题。
我们发现第一维只有

O (\sqrt{n})

$O(\sqrt n)$ 种，开两个数组分别记下

\leq \sqrt{n}

$\le \sqrt n$ 和

> \sqrt{n}

$> \sqrt n$ 的函数值，按照第一维从大到小转移（这样就不用记第二维）即可。
结果就是我们在

O (\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log (n)})

$O(\frac{n^\frac{3}{4}}{\log(n)})$ 的复杂度（并不知道为什么）的情况下得到了

\sum_{i = 1}^{n} [i \in P] f^{'} (i) = \sum_{i = 1}^{n} [i \in P] f (i)

$\sum_{i=1}^n [i\in P]f'(i)=\sum_{i=1}^n [i\in P]f(i)$ 。

筛所有数的函数值

类似的我们设 $s(m,j)=\sum_{i=1}^m[i\in P \lor minp(i)\ge p_j] f(i)$ 。我们已知 $s(m,t+1)=g(m,t)$ 要求 $s(m,1)$ 。转移是：

s (m, j) = s (m, j + 1) + \sum_{e \geq 1, p_{j}^{e + 1} \leq m} f (p_{j}^{e}) \cdot (s (⌊ \frac{m}{p_{j}^{e}} ⌋, j + 1) - s (p_{j}, j + 1)) + f (p_{j}^{e + 1})

$s(m,j)=s(m,j+1)+\sum_{e\ge 1,p_j^{e+1}\le m}f(p_j^e)\cdot(s(\lfloor\frac{m}{p_j^e}\rfloor,j+1)-s(p_j,j+1))+f(p_j^{e+1})$
这次要枚举次幂是因为

f

$f$ 不一定是完全积性函数，要把

p_{j}

$p_j$ 全部提出来。
类似之前的实现方法转移即可。

一种更快的做法

假设我们只需要 $s(n,1)$ 而不需要第一维其它取值的答案，我们有一种常数更小的做法。
我们新设 $s(m,j)=\sum_{i=1}^m[minp(i)\ge p_j] f(i)$

s (m, j) = g (m, t) - g (p_{j - 1}, t) + \sum_{k = j}^{t} \sum_{e \geq 1, p_{k}^{e + 1} \leq m} f (p_{k}^{e}) \cdot s (⌊ \frac{m}{p_{k}^{e}} ⌋, j + 1) + f (p_{k}^{e + 1})

$s(m,j)=g(m,t)-g(p_{j-1},t)+\sum_{k=j}^t\sum_{e\ge 1,p_k^{e+1}\le m}f(p_k^e)\cdot s(\lfloor\frac{m}{p_k^e}\rfloor,j+1)+f(p_k^{e+1})$
这里的

s

$s$ 用递归来实现，玄学的是不用记忆化都跑得比递推的快。

LOJ6053

注意到 $f(p)=p\oplus 1$ 并不是什么简单多项式，但只有 $f(2)=2+1$ ，其它奇质数 $f(p)=p-1$ ，拆成 $p$ 和 $1$ 两部分筛，最后特判下 $f(2)$ 即可。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 200010
#define ll long long
#define up(x,y) (x=(x+(y))%mod)
using namespace std;
const int mod=1000000007,i2=(mod+1)/2;
ll n,qn,tot,g[2][N],s[2][N],h[2][N];
int pri[N];
bool flag[N];
ll sqrtt(ll n)
{
    ll tmp=sqrt(n);
    for(ll x=max(tmp-5,0ll);;x++)
        if(x*x>n) return x-1;   
}
ll get(ll a[2][N],ll x)
{
    return (x<=qn?a[0][x]:a[1][n/x]);
}
ll f(ll p,ll k)
{
    if(!k) return 1;
    return p^k;
}
void getpri(int n)
{
    flag[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!flag[i]) pri[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++)
        {
            flag[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0) break;
        }
    }
}
ll sum(ll x)
{
    x%=mod;
    return x*(x+1)%mod*i2%mod;
}
void solg()
{
    for(int i=1;i<=qn;i++)
        g[0][i]=sum(i)-1,g[1][i]=sum(n/i)-1;
    for(int i=1;i<=qn;i++)
        h[0][i]=i-1,h[1][i]=n/i%mod-1;  

    for(int j=1;j<=tot;j++) 
    {   
        ll p=pri[j];
        for(int i=1;i<=qn&&n/i>=p*p;i++) 
            up(g[1][i],-p*(get(g,n/(p*i))-get(g,pri[j-1])));
        for(int i=qn;i>=p*p;i--) 
            up(g[0][i],-p*(get(g,i/p)-get(g,pri[j-1])));
        for(int i=1;i<=qn&&n/i>=p*p;i++)
            up(h[1][i],-(get(h,n/(p*i))-get(h,pri[j-1])));
        for(int i=qn;i>=p*p;i--)
            up(h[0][i],-(get(h,i/p)-get(h,pri[j-1])));
    }

    for(int i=1;i<=qn;i++)
        up(g[0][i],-h[0][i]+2ll*(i>=2)),up(g[1][i],-h[1][i]+2);
}
void sols()
{
    for(int i=1;i<=qn;i++)
        s[0][i]=get(g,i),s[1][i]=get(g,n/i);
    for(int j=tot;j;j--)
    {
        ll p=pri[j];
        for(int i=1;i<=qn&&n/i>=p*p;i++) 
            for(ll d=p,k=1;d*p<=n/i;d*=p,k++)
                up(s[1][i],f(p,k)*(get(s,n/(d*i))-get(s,p))+f(p,k+1));
        for(int i=qn;i>=p*p;i--) 
            for(ll d=p,k=1;d*p<=i;d*=p,k++)
                up(s[0][i],f(p,k)*(get(s,i/d)-get(s,p))+f(p,k+1));
    }
}
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    qn=sqrtt(n);
    getpri(qn);
    solg();
    sols();
    printf("%lld",(s[1][1]+1)%mod);
    return 0;
}

递归的：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 200010
#define ll long long
#define up(x,y) (x=(x+(y))%mod)
using namespace std;
const int mod=1000000007,i2=(mod+1)/2;
ll n,qn,tot,g[2][N],s[2][N],h[2][N];
int pri[N];
bool flag[N];
ll sqrtt(ll n)
{
    ll tmp=sqrt(n);
    for(ll x=max(tmp-5,0ll);;x++)
        if(x*x>n) return x-1;   
}
ll get(ll a[2][N],ll x)
{
    return (x<=qn?a[0][x]:a[1][n/x]);
}
ll f(ll p,ll k)
{
    if(!k) return 1;
    return p^k;
}
void getpri(int n)
{
    flag[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!flag[i]) pri[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++)
        {
            flag[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0) break;
        }
    }
}
ll sum(ll x)
{
    x%=mod;
    return x*(x+1)%mod*i2%mod;
}
void solg()
{
    for(int i=1;i<=qn;i++)
        g[0][i]=sum(i)-1,g[1][i]=sum(n/i)-1;
    for(int i=1;i<=qn;i++)
        h[0][i]=i-1,h[1][i]=n/i%mod-1;  

    for(int j=1;j<=tot;j++) 
    {   
        ll p=pri[j];
        for(int i=1;i<=qn&&n/i>=p*p;i++) 
            up(g[1][i],-p*(get(g,n/(p*i))-get(g,pri[j-1])));
        for(int i=qn;i>=p*p;i--) 
            up(g[0][i],-p*(get(g,i/p)-get(g,pri[j-1])));
        for(int i=1;i<=qn&&n/i>=p*p;i++)
            up(h[1][i],-(get(h,n/(p*i))-get(h,pri[j-1])));
        for(int i=qn;i>=p*p;i--)
            up(h[0][i],-(get(h,i/p)-get(h,pri[j-1])));
    }

    for(int i=1;i<=qn;i++)
        up(g[0][i],-h[0][i]+2ll*(i>=2)),up(g[1][i],-h[1][i]+2);
}
ll ask(ll n,int m)
{
    ll p=pri[m];
    if(n<p) return 0;
    ll ans=get(g,n)-get(g,p-1);
    if(n<p*p) return ans;
    for(int i=m;i<=tot&&pri[i]*pri[i]<=n;i++)
        for(ll d=pri[i],k=1;d*pri[i]<=n;d*=pri[i],k++)
            up(ans,f(pri[i],k)*ask(n/d,i+1)+f(pri[i],k+1));
    return ans;     
}
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    qn=sqrtt(n);
    getpri(qn<<1);
    solg();
    printf("%lld",(ask(n,1)+1)%mod);
    return 0;
}

概述

筛质数的函数值

筛所有数的函数值

一种更快的做法

LOJ6053

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