min_25筛学习笔记

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前置

$min_25$就是一种能在低于线性复杂度求积性函数$f(x)$前缀和的筛法

复杂度大概为$O(frac{n^{frac 3 4}}{log_n})$（不会证，不过朱老大论文里有证明（看不懂））

要求$f(x)$是一个积性函数，而且对于素数$p$，$f(p)$和$f(p^k)$可以快速得到

$g$

设$P$表示素数集合,$Min_k$表示$k$的最小质因子

$pr_i$表示从小到大第$i$个素数

首先考虑求出$sum_{i=1}^{n}[iin P] f(i)$

定义$g(n,i)=sum_{j=1}^{n}[jin P{or}Min_j>pr_i] f(i)$

仔细瞪一下这个函数

我们发现从$g(n,i-1)$到$g(n,i)$

我们就相当于做埃氏筛的过程，用$pr_i$把$[1,n]$所有还没有被筛去的$pr_i$的倍数筛去

实际上$g(n,i)$就是对$[1,n]$用前$i$个素数做一次埃氏筛后剩下的数$f$之和

现在考虑怎么从$g(n,i-1)$推到$g(n,i)$

首先如果$pr_{i}^2> n$那显然不会有筛去任何数

否则考虑哪些数被删去了

一定是含质因子$p_i$，而且除去$p_i$后最小质因子一定大于$p_i$

考虑其实也就是减去$f(p_i) imes g(frac n {p_i},i-1)$

又由于我们把$pr_1$~$pr_{i-1}$这些素数的$f$值减去了，所以要再加一个$sum_{j=1}^{i-1}f(p_j)$

所以
$g(n,i)= egin{cases} g(n,i-1) && n<p_i^2\ g(n,i-1)-f(p_i) imes[g(frac n{p_i},i-1)-sum_{j=1}^{i-1}f(p_j)] && p_i^2le n\ g(n,i)=n && i=0 end{cases}$

由于最后实际要求的是$g(n,|P|)$，我们只需要开一维就可以了，第二维可以类似滚动数组滚掉

又由于大于$sqrt n$的质因子只有一个

所以我们可以记$f1[i]$表示$g(i,j)$，$f2[i]$表示$g(frac n i,j)$

这样空间复杂度只有$O(sqrt n)$

代码：当$f(p)=1$即求素数个数时
代码实现比较精细
可以证明这样复杂度是$O(frac{n^{frac 3 4}}{log_n})$

int lim=sqrt(n);
for(int i=1;i<=lim;i++)f1[i]=i-1,f2[i]=n/i-1;
for(int p=2;p<=lim;p++){
	if(f1[p]==f1[p-1])continue;
	for(int i=1;i<=lim/p;i++)f2[i]-=f2[i*p]-f1[p-1];
	for(int i=lim/p+1;1ll*i*p*p<=n&&i<=lim;i++)f2[i]-=f1[n/i/p]-f1[p-1];
	for(int i=lim;i>=1ll*p*p;i--)f1[i]-=f1[i/p]-f1[p-1];
}
return f2[1];

但是会跑的很慢
你找一照发现问题很简单
卡一下数组枚举和除法以及一些常用变量就会快$5、6$倍

lim=sqrt(n);
for(i=1;i<=lim;++i)f1[i]=i-1,f2[i]=n/i-1,inv[i]=1.0/i;
for(p=2;p<=lim;++p){
	if(f1[p]==f1[p-1])continue;
	x0=f1[p-1],w1=lim/p,w2=min(lim,(n/p/p)),dd=n/p;
	for(i=1;i<=w1;++i)f2[i]+=x0-f2[i*p];
	for(i=lim/p+1;i<=w2;++i)f2[i]+=x0-f1[(int)(inv[i]*dd+1e-7)];
	for(i=lim;i>=1ll*p*p;--i)f1[i]+=x0-f1[(int)(inv[p]*i+1e-7)];
}
return f2[1];

$S$

现在我们已经求出了$sum_{i=1}^{n}[iin P] f(i)$

考虑如何计算合数的答案

设$S(n,i)=sum_{j=1}^n [Min_jgeq pr_i] f(j)$

即满足所有质因子大于等于$p_i$的数的$f$之和

那么显然$sum_{i=1}^{n} f(i)=S(n,1)+f(1)$
考虑如何类似的递推

首先素数的答案已经算出来了
显然的是$g(n,|P|)-sum_{j=1}^{i-1}f(pr_j)$(因为$S$要求$Min_jge pr_i$)

考虑枚举合数的最小质因子和次数，直接算就是了

$S(n,i)=g(n,|P|)-sum_{j=1}^{i-1}f(pr_j)+sum_{j=i}^{pr_j^2le n}sum_{xs=1}^{pr_j^{xs+1}le n}S(frac{n}{pr_j^{xs}},j+1) imes f(pr_j^{xs})+f(pr_j^{xs+1})$

好像这样的复杂度是$frac{n^{1-epsilon}}{logn}$
不过跑的还比较快

然后就没了
代码看例题里的就可以了

例题：

$LOJ6235$

$LOJ6202$

$LOJ6053$

$UOJ188$

$BZOJ5244$

$SPOJ-DIVCNTK$