Note

Powerful Number

  对于 (ninmathbb N_+)，若不存在素数 (p) 使得 (pmid n~land~p^2 otmid n)，则称 (n) 为 Powerful Number。即，(n) 的每个素因子至少以二次的形式存在。不难发现，任何一个 Powerful Number (n) 都可以写成 (a^2b^3~(a,binmathbb N_+)) 的形式（但不唯一）。接下来，我们研究其在正整数前缀序列中出现次数的规模，有

[egin{aligned} sum_{i=1}^n[i ext{ is a P.N.}]&lesum_{i=1}^nleft(frac{n}{i^2} ight)^{frac{1}{3}}\ &=n^{frac{1}{3}}sum_{i=1}^ni^{-frac{2}{3}}\ &le n^{frac{1}{3}}int_1^nx^{-frac{2}{3}} ext dx\ &=n^{frac{1}{3}}left.left(3x^{frac{1}{3}} ight) ight|_1^{n^{frac{1}{2}}}\ &=mathcal O(n^frac{1}{2}) end{aligned} ]

所以 (n) 以内的 Powerful Number 的数量是 (mathcal O(sqrt n)) 级别，因此引出了基于 Powerful Number 数量的神奇筛法。

Powerful Number 筛法

  给出任意的积性函数 (f)，求

[sum_{i=1}^nf(i) ]

  若按照正常杜教筛的方法，我们很可能无法找到一个 (g) 使得 (fstar g) 的前缀和易于计算。我们转而引入一个在素数处“拟合” (f) 的积性函数 (g)，即有

[forall pinmathbb P,~g(p)=f(p) ]

同时保证 (g) 的前缀和易于计算。接着构造出类似杜教筛的卷积形式，令

[h=fstar g^{-1} ]

那么

[sum_{i=1}^nf(i)=sum_{i=1}^nh(i)sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{i} floor} g(j) ]

  有何特别之处呢？考虑任意素数 (p)：

[f(p)=g(p)+h(p)=g(p)~~~~Rightarrow~~~~h(p)=0 ]

而 (g)，(f=gstar h) 均为积性函数，所以 (h) 为积性函数，况且 (h(p)) 恒为 (0)，所以使得 (h(a) ot=0) 的 (a) 为 Powerful Number！我们只需要预处理出 (mathcal O(sqrt n)) 个 (g) 的前缀和，再大力搜索不为 (0) 的 (h(a))，就能算出上式的结果啦！

例题

「LOJ #6053」简单的函数

  Link.

  积性函数 (f) 满足 (f(p^c)=poplus c~(pinmathbb P,cinmathbb N_+))，求 (sum_{i=1}^n f(i)mod(10^9+7))。

  (nle10^{10})。

---

  首先，考虑 (f) 的素数点值：

[f(p)=egin{cases} 3,&p=2\ p-1,& ext{otherwise} end{cases} ]

由 (p-1) 联想到 (varphi(p)=p-1)，可惜 (varphi(2)=1)。干脆一点，我们直接强行把 (varphi) 的偶数点值乘上 (3)，令

[g(n)=egin{cases} varphi(n),&2 otmid n\ 3varphi(n),& ext{otherwise} end{cases} ]

显然它也是积性函数。

  接着，求 (g) 的前缀和。其前缀和为 (varphi) 的前缀和加上两倍偶数点的 (varphi) 前缀和。记

[egin{aligned} S(n)&=sum_{i=1}^nvarphi(2i)\ &=sum_{i=1}^n[2 otmid i]varphi(i)+2sum_{i=1}^n[2mid i]varphi(i)\ &=Sleft(frac{n}{2} ight)+sum_{i=1}^nvarphi(i) end{aligned} ]

杜教筛处理 (varphi) 的前缀，(S) 就能在可观（我不会算 qwq）的复杂度内预处理出来，继而也得到了 (g) 的 (mathcal O(sqrt n)) 个前缀和。

  此外，我们还需要求 (h(i))，即求 (h(p^c)~(c>1))。考虑 (f(p^c)) 与它的关系：

[f(p^c)=sum_{i=0}^ch(p^i)g(p^{c-i})\ Rightarrow~~~~h(p^c)=f(p^c)-sum_{i=0}^{c-1}h(p^i)g(p^{c-i}) ]

顺手把 (mathcal O(sqrt nlnlnsqrt n))（(n) 以内素数的倒数和的规模是 (mathcal O(lnln n))）个 (h(p^c)) 也预处理出来，最后 (mathcal O(sqrt n)) 搜索 Powerful Number 就能求出答案啦！

  代码可见我的博客。

「洛谷 P5325」Min_25 筛

  Link.

  对于积性函数 (f(x))，有 (f(p^k)=p^k(p^k-1)~(pinmathbb P,kinmathbb N_+))。求 (sum_{i=1}^nf(i)mod(10^9+7))。

  (nle10^{10})。

---

  Min_25 筛是不可能的。

  Powerful Number 三步走咯！考虑素数点值：

[f(p)=p^2-p ]

那么令 (g=operatorname{id}cdotvarphi)（点乘号即数值相乘），就有 (g(p)=p^2-p)。积性函数的点乘亦为积性函数。

  求 (g) 的前缀和，杜教筛基础操作，卷上一个 (operatorname{id})：

[egin{aligned} lbrack(operatorname{id}cdotvarphi)staroperatorname{id} brack(n)&=sum_{imid n}(operatorname{id}cdotvarphi)(i)cdotfrac{n}{i}\ &=sum_{imid n}nvarphi(i)\ &=n^2 end{aligned} ]

自然数平方和易求，丢到杜教筛的式子里，推导后得出

[S(n)=frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-sum_{i=2}^niSleft(lfloorfrac{n}{i} floor ight) ]

其中 (S(n)) 即为 (sum_{i=1}^ng(i))。

  求 (h(p^k))，可以用 Bell 级数推导。令 (F_p,G_p,H_p) 分别为 (f,g,h) 在某一素数 (p) 的 Bell 级数，则

[egin{cases} F_p=operatorname{OGF}langle1,p(p-1),p^2(p^2-1),cdots angle=frac{1}{1-p^2z}-frac{1}{1-pz}+1\ G_p=operatorname{OGF}langle1,p(p-1),p^3(p-1),cdots angle=frac{1-pz}{1-p^2z} end{cases} ]

应用“两函数 Bell 级数的乘法卷积”为“原函数 Dirichlet 卷积之 Bell 级数”的性质，得到

[egin{aligned} H_p&=frac{F_p}{G_p}\ &=frac{frac{1}{1-p^2z}-frac{1}{1-pz}+1}{frac{1-pz}{1-p^2z}}\ &=frac{1-frac{1-p^2z}{1-pz}+1-p^2z}{1-pz}\ &=frac{1}{1-pz}-frac{1-p^2z}{(1-pz)^2}+frac{1-p^2z}{1-pz}\ end{aligned} ]

我们仅仅想求 (h(p^k))，即 ([z^k]H_p)，那么

[egin{aligned} lbrack z^k brack H_p&=[z^k]frac{1}{1-pz}-[z^k]frac{1-p^2z}{(1-pz)^2}-[z^k]frac{1-p^2z}{1-pz}\ &=p^k-[(k+1)p^k-kp^{k+1}]+(p^k-p^{k+1})\ &=(k-1)(p^{k+1}-p^k) end{aligned} ]

  最终，(mathcal O(n^{frac{2}{3}})) 就能求出答案啦。

  代码可见我的博客。

总结

• Powerful Number 指每个素因子至少是二次的正整数；
• ([1,n]) 内的 Powerful Number 个数为 (mathcal O(sqrt n))；
• Powerful Number 筛法的步骤为：
  1. 对于 (f)，找到素数点值与其相同的，方便求前缀和的函数 (g)；
  2. 预处理/在线求 (g) 的 (mathcal O(sqrt n)) 个前缀和；
  3. 预处理/在线求 ((fstar g^{-1})(p^k))，可以暴力计算或尝试 Bell 级数；
  4. 爆搜 Powerful Number 统计答案。
• 此筛法是否优秀大部分取决于第三步，即能否快速计算 ((fstar g^{-1})(p^k))。