「学习笔记」Min25筛

「学习笔记」Min25筛

前言

周指导今天模拟赛五分钟秒第一题，十分钟说第二题是 ( ext{Min25}​) 筛板子题，要不是第三题出题人数据范围给错了，周指导十五分钟就 ( ext{AK}​) 了，为了向 ( ext{AK}​)王 学习，真诚的膜拜他，接受红太阳的指导，下午就学习了一下 ( ext{Min25}​) 筛。

简介

如果 (f(n)) 是一个积性函数，且 (f(n)) 是一个关于 (n) 的简单多项式，并可以快速算出 (f(p^k), p ext{ is prime, } k geq 0) 的值，那么大概可以用 ( ext{Min25}) 筛在 (mathcal O(frac{n^frac{3}{4}}{log_n})) 求出 (sum_{i=1}^nf(i)) 的值。

算法

首先令 (s) 为所有 (iin[1,n], lfloorfrac{n}{i} floor) 的集合，并试图预处理出 (forall x in s sum_{i=2}^x [i ext{ is prime}] f(i))

可能当 (x) 不是质数的时候，(f(x)) 不太好求，我们先假装所有数都是质数，然后用类似埃式筛法的过程把不是质数的 (f(x)) 值给筛掉。

具体的算法之前，先定义一些东西：

令 (P={prime_1dots prime_m}) 表示前 (m) 个质数的集合，并且 (prime_{m+1}>sqrt n) 。

令 $g(n,k) ={sum_{i=2}^n[i ext{ is prime} ext{ or } minp(i)>prime_k]}f(i) $ 表示前 (n) 个数中满足是质数或者最小质因子大于第 (k) 个质数的数假装它为质数求出来的 (f(x)) 之和。

(g(n, k)​) 的本质是筛掉了前 (n​) 个数筛去前 (k​) 个质数的倍数后剩下的那些数的 (f(x)​) 之和，显然，(g(S,m)​) 就是要预处理的东西。

可以通过这个东西求 (g) 了

[g(n,k) = g(n,k-1) ext{if } prime_k > sqrt n \ g(n,k) = g(n,k-1)-f(prime_k) imes [g(lfloorfrac{n}{prime_k} floor,k-1)-sum_{i=1}^{k-1} f(prime_i)] ext{if } prime_k leq sqrt n ]

第一个转移显然，(prime_k​) 筛不掉任何数了，第二个转移考虑把所有在前 (k-1​) 轮最小质因子不为 (prime_k​) 的数贡献减掉，因为 (f(x)​) 是积性的直接搞就好了，因为 (g(n,k)​) 仍然要保留前 (k-1​) 个质数的贡献，所以还要加回来。

现在已经预处理出了 (forall x in s sum_{i=2}^x [i ext{ is prime}] f(i)​) 的值，也就是我们求出了质数的答案，接下来通过从小到大加入质因子来求出合数的答案。

令 (S(n,k)=sum_{i=2}^n [minp(i)geq k] f(i)) ，这里的 (f(i)) 就是真实的值了，不假装他是质数，那么答案就是 (f(1)+S(n,1)) 。

质数的贡献之前已经算出来了，就是 (g(n,m)-sum_{i=1}^{k-1}f(prime_i))。

考虑枚举每个数的最小质因子以及它们幂次得到合数的转移

[S(n,k)=g(n,m)-sum_{i=1}^{k-1}f(prime_i)+sum_{j=k}^msum_{t=1}^{prime_{j}^{t+1}leq n}S(lfloorfrac{n}{prime_j^t} floor,j+1) imes f(prime_{j}^t)+f(prime_j^{t+1}) ]

其中 (S(lfloorfrac{n}{prime_j^t} floor,j+1) imes f(prime_{j}^t)) 算的是后面还有别的质因子的情况，(f(prime_j^{t+1})) 算的是后面没有别的质因子的情况，可以感性理解一下。

例题

「Loj6235」 区间素数个数

求 ([1,n]) 的素数个数，(n leq10^{11})

令 (f(x)) 当 (x) 是质数的时候为 (1) ，(x) 是其它数的时候为 (0) ，虽然不满足这个东西是一个关于 (x) 的简单多项式，但是只求 (f) 是质数的时候的答案显然是对的，(g(n,m)) 就是答案。

code

/*program by mangoyang*/
#include <bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
	int ch = 0, f = 0; x = 0;
	for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
	for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
	if(f) x = -x;
}
#define ID(x) ((x) <= T ? id[0][(x)] : id[1][n/(x)])
const int N = 1000005;
ll prime[N], id[2][N], a[N], g[N], n, m, tot, T;
int b[N];
int main(){
	read(n), T = sqrt(n);
	for(ll l = 1; l <= n; l = n / (n / l) + 1){
		a[++m] = n / l, g[m] = a[m] - 1;
		id[a[m]<=T?0:1][a[m]<=T?a[m]:n/a[m]] = m;
	}
	for(int i = 2; i <= T; i++){
		if(!b[i]) prime[++tot] = i;
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= T; j++){
			b[i*prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= tot; i++)	
		for(int j = 1; j <= m && prime[i] * prime[i] <= a[j]; j++)
			g[j] -= g[ID(a[j]/prime[i])] - (i - 1);
	cout << g[ID(n)] << endl;
	return 0;
}

「51NOD1222」 最小公倍数计数

令 (f(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=i}^n [ ext{lcm}(i,j)=n])，求 (sum_{i=a}^b f(i),aleq bleq 10^{11}) 。

首先先令 (f'(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[ ext{lcm}(i,j)=n]) ，显然 (f(n)=frac{f'(n)+n}{2}) 。

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[ ext{lcm}(i,j)=n]\ =sum_{i|n}^nsum_{j|n}^n[frac{ij}{gcd(i,j)}=n] \ =sum_{i|n}^nsum_{j|n}^n[ij=gcd(ni,nj)] \ =sum_{i|n}^nsum_{j|n}^n[gcd(frac{n}{i},frac{n}{j})=1] \ =sum_{i|n}^nsum_{j|n}^n[gcd(i,j)=1] \ =sum_{d|n}2^omega(d) ]

最后一步考虑组合意义，每一种质因子，要么全部归 (i) 要么全部归 (j) ，然后你会发现，(f'(n)) 是一个积性函数，且满足 (f(prime_i^k)=2k+1) ，直接 ( ext{Min25}) 筛即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 1000005;
namespace Min25{
	#define id(x) ((x) <= T ? id1[x] : id2[n/(x)])
	ll prime[N];
	int b[N], tot, id1[N], id2[N], m;
	ll a[N], g[N], T, n;
	inline void init(){
		m = tot = 0, T = sqrt(n + 0.5);
		for(int i = 2; i <= T; i++){
			if(!b[i]) prime[++tot] = i;
			for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= T; j++){
				b[i*prime[j]] = 1;
				if(i % prime[j] == 0) break;
			}
		}
		for(ll l = 1; l <= n; l = n / (n / l) + 1){
			a[++m] = n / l;
			if(a[m] <= T) id1[a[m]] = m; else id2[n/a[m]] = m;
			g[m] = 3ll * (a[m] - 1);
		}
		for(int j = 1; j <= tot; j++)
			for(int i = 1; i <= m && prime[j] * prime[j] <= a[i]; i++){
					g[i] -= g[id(a[i]/prime[j])] - 3ll * (j - 1);
				}
	}
	inline ll solve(ll a, ll b){
		if(a < prime[b]) return 0;
		ll ans = g[id(a)] - 3 * (b - 1);
		for(int j = b; j <= tot && prime[j] * prime[j] <= a; j++)
			for(ll p = prime[j], t = 1; p * prime[j] <= a; t++, p = p * prime[j])
				ans += solve(a / p, j + 1) * (2 * t + 1) + 2 * t + 3;
		return ans;
	}
	inline ll gao(ll x){
		if(x == 0) return 0;
		if(x == 1) return 1;
		n = x, init();
		return (solve(n, 1) + 1 + n) / 2ll;
	}
}
int main(){
	ll a, b;
	cin >> a >> b;
	cout << Min25::gao(b) - Min25::gao(a - 1) << endl;
	return 0;
}