https://www.luogu.com.cn/problem/P5325
%%%%大佬的题解%%%%%
https://www.luogu.com.cn/blog/wucstdio/solution-p5325
https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/9187319.html
https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/9185093.html
个人理解&&要点记录：
1、使用条件：
①F(x)是积性函数
②F(p)是关于p的简单多项式，F(p^c)可快速求，p是质数
2、结果的计算方式：多项式拆出的若干个单项式分别计算的和
对于每个单项式 f(i)=i^k
minp表示i的最小质因子
pj表示第j个质数
预处理g(n,j)=Σf(i) i是质数或者minp>pj，i∈[1,n]
采用类似于dp的方式 （其中除法需要向下取整）
意思是
1到n内，i是质数或者最小质因子大于第j个质数的f(i)之和
等于
1到n内 i是质数或者最小质因子大于第j-1个 质数的 f(i)之和 ，减去1到n内 i的最小质因子是第j个质数的f(i)之和
将满足最小质因子是第j个质数的i 提取一个pj出来
因为这里对每个单项式分开计算，所以可以直接提取pj为f(pj）
提取出来后，只要剩余的质因子不小于第j个质数即可，所以是g(n/pj,j-1)
g(n/pj，j-1)中还包含了多减的前j-1个质数，所以要减去
g的第二维可以用压维的方式压去
但是我们不能对1-n内的每个数都算一次g(i)
(以下除法都表示下取整）
在求g(n)的时候，用到的是g(n/pa)
求g(n/pa)，用到的是g(n/pa/pb)
n/pa/pb=n/(pa*pb) （除法下取整）
所以一共用到的就是使 n/i=x，x不同的个数
它的个数是根号级别的
证明：
当i<=根号n时，n/i=x （下取整） ,不同的x不超过根号n个
当i>根号n时，n/(n/i)=x （下取整），因为n/i<根号n，所以不同的 x也不超过根号n个
那么我们将这 根号n级别的数离散化一下
若x<=根号n，令id1[x]=编号
若x>根号n，令id2[n/x]=编号
这样就可以将空间复杂度控制在根号n
预处理完成后，开始求题目要求的函数
此时对每个单项式都得到了一个数组g[n]，表示[1,n]内的质数对于该单项式的贡献
用这些单项式的和即可得到最终的答案
令S(n,j)=ΣF(i) i∈[1,n]且minp>Pj
S的计算分为质数和合数2个部分
质数就是 g[n]-ΣF(Pi), i<=j
对于合数
因为F是积性函数，所以
枚举最小质因子Pk，Pk*Pk<=n
枚举Pk的指数e，Pk^(e+1)<=n
即这个合数分解质因子有一项是Pk^e，且其他的项是比第k个质数更大的质因子
他满足了积性函数 若gcd(a,b)=1,则F(a)*F(b)=F(ab)
这样还漏了只有Pk这一种质因子的合数
所以还需要另外加上 Pk^2 Pk^3 …… Pk^(e+1)
所以S的式子如下
最终输出S(n,0)+F(1)
#include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; #define N 1000001 const int mod=1e9+7; typedef long long LL; LL n; int sq,id1[N],id2[N]; int m; LL w[N]; LL g1[N],g2[N]; int tot,pri[N]; bool vis[N]; LL spri[N],spri2[N]; LL inv6; LL poww(LL a,LL b) { LL s=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%mod) if(b&1) s=s*a%mod; return s; } void pre() { for(int i=2;i<=sq;++i) { if(!vis[i]) { pri[++tot]=i; spri2[tot]=(spri2[tot-1]+1ll*i*i%mod)%mod; spri[tot]=(spri[tot-1]+i)%mod; } for(int j=1;j<=tot && 1ll*i*pri[j]<=sq;++j) { vis[i*pri[j]]=true; if(!(i%pri[j])) break; } } LL j; for(LL i=1;i<=n;i=j+1) { j=n/(n/i); w[++m]=n/i; if(w[m]<=sq) id1[w[m]]=m; else id2[n/w[m]]=m; g2[m]=(w[m]%mod)*((w[m]+1)%mod)%mod*((w[m]*2+1)%mod)%mod*inv6%mod-1; g1[m]=(w[m]%mod)*((w[m]+1)%mod)/2%mod-1; } } void solve1() { int k; for(int j=1;j<=tot;++j) for(int i=1;i<=m && 1ll*pri[j]*pri[j]<=w[i];++i) { k= w[i]/pri[j]<=sq ? id1[w[i]/pri[j]] : id2[n/(w[i]/pri[j])]; g2[i]-=1ll*pri[j]*pri[j]%mod*(g2[k]-spri2[j-1])%mod; if(g2[i]<0) g2[i]+=mod; g1[i]-=1ll*pri[j]*(g1[k]-spri[j-1])%mod; if(g1[i]<0) g1[i]+=mod; } } LL solve2(LL nn,int j) { if(nn<=pri[j]) return 0; int kk= nn<=sq ? id1[nn] : id2[n/nn]; LL g=(g2[kk]-g1[kk]-(spri2[j]-spri[j]))%mod; while(g<0) g+=mod; LL now; LL sum=0; for(int k=j+1;k<=tot && 1ll*pri[k]*pri[k]<=nn;++k) { now=pri[k]; for(;now*pri[k]<=nn;now*=pri[k]) { sum+=now%mod*((now-1)%mod)%mod*solve2(nn/now,k)%mod; sum+=now%mod*pri[k]%mod*(now%mod*pri[k]%mod-1)%mod; sum%=mod; } } return (g+sum)%mod; } int main() { scanf("%lld",&n); sq=sqrt(n); inv6=poww(6,mod-2); pre(); solve1(); printf("%lld",solve2(n,0)+1); }
同时给我大凶我深感荣幸。。。