「Min_25 筛」学习笔记

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Min_25 太神仙了！
据说这个筛法的复杂度是 或 Θ(n1−ϵ)\Theta\left(n^{1 - \epsilon}\right) 的。（别问我 ϵ\epsilon 是啥，问就不知道
本质上其实是扩展埃筛。

感谢 chd 哥哥让我学会 Min_25 筛！（@Trisolaris

筛啥用的？

积性函数前缀和，不然用着干啥（
要求被筛的函数 ff 在质数 pp 处的值 f(p)f\left(p\right) 的值为一个关于 pp 的低次多项式，在 pcp^c 处的值 f(pc)f\left(p^c\right) 可以快速计算。

记号

  • P\mathbb P 表示全体质数的集合。
  • 本文一般默认 p∈Pp \in \mathbb P。
  • pkp_k 为第 kk 小的质数。特别地，p0=1p_0 = 1。
  • lpf(n)\text{lpf}\left(n\right) 表示 nn 的最小质因子（即 Least Prime Factor
  • FP=∑2≤p≤nf(p)F_{\mathbb P} = \sum\limits_{2 \le p \le n} f\left(p\right)
  • Fk=∑i=2n[pk≤lpf(i)]f(i)F_k = \sum\limits_{i = 2}^n [p_k \le \text{lpf}\left(i\right)] f\left(i\right)

怎么筛？

假设我们已经算出了所有 FF，可以发现答案就是 F1(n)+f(1)=F1(n)+1F_1\left(n\right) + f\left(1\right) = F_1\left(n\right) + 1。

求 F

枚举最小质因子及其指数可得

看起来非常的迷，接受不了。
第一个等号后，第一个和式的意思就是枚举最小质因子，并且显然每个合数的最小质因子一定在 n\sqrt n 内。
第二项是补回质数的贡献，因为 c=1c=1 时没有计 f(pc)=f(p)f(p^c)=f(p) 的贡献。

第二个等号后只是把第二项根据定义拆成前缀和的形式。

最后一个等号比较奇怪。
注意到若 pic≤n<pic+1p_i^c \le n < p_i^{c+1}，显然有 ⌊npic⌋<pi+1\left\lfloor\frac n{p_i^c}\right\rfloor < p_{i+1}，故 Fi+1(⌊npic⌋)=0F_{i+1}\left(\left\lfloor\frac n{p_i^c}\right\rfloor\right) = 0。

假设已经求得了所有 FPF_{\mathbb P}，现在理论上有两种方法计算 FF，根据上式直接递归就是其中一种。

Yet Another F

话说其实 Min_25 筛有无数种实现方式……重要的是埃氏筛的思想。
所以我也不知道从哪里看来的改成递推形式要换 FF 的定义（逃
（如果不换的话也从上式能导出比较显然的递推式，不过也许这种更好写？

令

Fk(n)=∑i=2n[pk≤lpf(i)∨i∈P]f(i)F_k(n) = \sum\limits_{i=2}^n [p_k \le \text{lpf}(i) \lor i \in \mathbb P]f(i)

易知答案同样为 F1(n)+1F_1(n)+1。

考虑一个递推式

于是同样地枚举最小质因子即可。
边界条件为 Fπ(n)+1(n)=FP(n)F_{\pi(\sqrt n)+1}(n) = F_{\mathbb P}(n)。
似乎因为指数不会很大所以复杂度仍然是 O(n3/4logn)O\left(\frac{n^{3/4}}{\log n}\right)。

求 f 在质数处的值

根据递推式可以发现实际上需要用到的 FPF_{\mathbb P} 只有形如 的 O(n)O\left(\sqrt n\right) 处。
根据条件，f(p)f\left(p\right) 可以写作 ∑aipi\sum a_i p^i。
故我们可以分别讨论每一项的贡献。

设 Gk,s(n)=∑i=1n[pk<lpf(i)∨i∈P]isG_{k,s}\left(n\right) = \sum\limits_{i = 1}^n [p_k < \text{lpf}\left(i\right) \lor i \in \mathbb P]i^s。
熟悉埃筛的话，你会发现这相当于是埃筛筛了 kk 轮后剩下的数的 ss 次方之和。

最后我们想要的实际上就是 Gπ(n),s(n)G_{\pi(\sqrt n),s}\left(n\right)，其中 π(n)\pi(\sqrt n) 表示 ∣{p:p≤n}∣|\{p : p \le \sqrt n\}|。
因为一个合数的最小质因子肯定不会超过 n\sqrt n。

考虑转移。
对于 n<pk2n < p_k^2，并没有筛掉新的数，故直接转移即可。
对于 pk2≤np_k^2 \le n，筛掉的数显然有质因子 pkp_k，故减去 pksGk−1,s(⌊npk⌋)p_k^s G_{k - 1,s}\left(\left\lfloor\frac n{p_k}\right\rfloor\right)。
然鹅我们筛掉的应该是 lpf(m)=pk\text{lpf}\left(m\right) = p_k 的 mm，故要考虑 lpf(m)<pk\text{lpf}\left(m\right) < p_k 的 mm 的贡献。
实际上就是加回 pksGk−1,s(pk−1)p_k^s G_{k - 1,s}\left(p_{k - 1}\right)。
综上所述，有

复杂度？

并不会证明，由论文可得求 FkF_k 的复杂度为 Θ(n1−ϵ)\Theta\left(n^{1-\epsilon}\right)（第一种方法）。
求 FPF_{\mathbb P} 的复杂度为 O(n3/4logn)O\left(\frac{n^{3/4}}{\log n}\right)（第二种方法的复杂度也长这样）。

一些提示

很多东西可以直接欧拉筛预处理，至于是啥，自己想想。

例题 - LibreOJ 6053.简单的函数

注意到质数除了 22 都是奇数，故 f(p)=p−1+2[p=2]f\left(p\right) = p - 1 + 2[p=2]。

于是有 G0,0(n)=−n+1,G0,1=(n+2)(n−1)2G_{0,0}\left(n\right) = -n + 1,G_{0,1} = \dfrac{\left(n+2\right)\left(n-1\right)}2。
然后对 22 讨论一下即可。

递归写法的代码见 https://www.alpha1022.me/articles/loj-6053.htm
Yet Another F 中的写法代码： 

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61
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const long long N = 1e10;
const int MX = 1e5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inv = 5e8 + 4;
long long n;
int lim;
int vis[MX + 5],prime[MX + 5],cnt,Gprime[MX + 5];
int tot,le[MX + 5],ge[MX + 5];
long long lis[2 * MX + 5];
int G[2 * MX + 5][2],F[2 * MX + 5];
inline int &id(long long x)
{
    return x <= lim ? le[x] : ge[n / x];
}
int main()
{
    for(register int i = 2;i <= MX;++i)
    {
        if(!vis[i])
            prime[++cnt] = i,Gprime[cnt] = (Gprime[cnt - 1] + i) % mod;
        for(register int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= MX;++j)
        {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if(!(i % prime[j]))
                break;
        }
    }
    scanf("%lld",&n),lim = sqrt(n);
    for(register long long l = 1,r;l <= n;l = r + 1)
    {
        r = n / (n / l);
        lis[id(n / l) = ++tot] = n / l;
        G[tot][0] = (n / l % mod - 1 + mod) % mod,G[tot][1] = (n / l % mod + 2) * (n / l % mod - 1 + mod) % mod * inv % mod;
    }
    for(register int k = 1;k <= cnt;++k)
    {
        int p = prime[k];
        long long s = (long long)p * p;
        for(register int i = 1;lis[i] >= s;++i)
            G[i][0] = (G[i][0] - (G[id(lis[i] / p)][0] - (k - 1) + mod) % mod + mod) % mod,
            G[i][1] = (G[i][1] - (long long)p * ((G[id(lis[i] / p)][1] - Gprime[k - 1] + mod) % mod) % mod + mod) % mod;
    }
    for(register int i = 1;i <= tot;++i)
        F[i] = (G[i][1] - G[i][0] + mod) % mod;
    for(register int k = cnt;k;--k)
    {
        int p = prime[k];
        long long s = (long long)p * p;
        for(register int i = 1;lis[i] >= s;++i)
        {
            long long pw = p,pw2 = s;
            for(register int c = 1;pw2 <= lis[i];++c,pw = pw2,pw2 *= p)
                F[i] = (F[i] + (long long)(prime[k] ^ c) * (F[id(lis[i] / pw)] - (Gprime[k] - k + mod) + mod) % mod + (prime[k] ^ c + 1)) % mod;
        }
    }
    printf("%d\n",(F[1] + 1 + (n >= 2) * 2) % mod);
}