min25筛

这也是个用于求积性函数前缀和的筛法。

对于积性函数 f(n),满足这样几个要求时可以用min25来做。

  • n \in prime 时, f(n) 可以使用关于 n 的多项式表示。

  • n \in prime 时,f(n^k) 要能够快速计算答案。

预处理 Σf(p)

在min25筛的过程中,我们需要预处理多项式的 x^k 相关的这个东西

\sum_{i=2}^n i^k [i \in prime]

那么记所有质数的集合为 P,第 j 个素数为 P_jx 的最小质因子为 minp(x),我们需要预处理这样一个东西

g(n,j) = \sum_{i=2}^n i^k [i \in P ~ or ~ minp(i) > P_j]

举个例子吧

\begin{aligned} g(n,0) &= 2^k + 3^k + 4^k + 5^k + 6^k + 7^k + \cdots + n^k \\ g(2n,1) &= 2^k + 3^k + 5^k + 7^k + 9^k + 11^k + \cdots + (2n-1)^k \\ g(6n,2) &= 2^k + 3^k + 5^k + 7^k + 11^k + \cdots + (6n-5)^k + (6n-1)^k \end{aligned}

相当于在这个求和中,g(n,j) 将前 j 个素数的倍数全部去掉了,只留下了那些素数的 k 次方和。

\begin{aligned} g(2n,0) – g(2n,1) &= 4^k + 6^k + 8^k + 10^k + 12^k + \cdots + (2n)^k \\ &= 2^k \left( 2^k + 3^k + 4^k + 5^k + 6^k + \cdots + n^k \right) \\ \\ g(6n,1) – g(6n,2) &= 9^k + 15^k + 21^k + 27^k + 33^k + \cdots + (6n-3)^k \\ &= 3^k \left( 3^k + 5^k + 7^k + 9^k + 11^k + \cdots + (2n-1)^k \right) \end{aligned}

那么从 g(n,j-1) 转移到 g(n,j) 的过程中,我们考虑去掉 p_j^k 的倍数 \sum (p_j \prod p_{j+i}^{e_i})^k

差不多就是有这样一个转移

g(n,j) = g(n,j-1) – p_j^k \left( g\left(\left\lfloor\frac{n}{p_j}\right\rfloor, j-1\right) – \sum_{x=1}^{j-1} p_x^k \right)

为什么要减去前 j-1 个素数 k 次方和的转移呢?因为 (p_x p_j)^k 在这之前都被筛掉了啊。

如果 p_j^2 > n,那肯定没有东西能被删掉了。所以有这样一个转移

g(n,j) = \begin{cases} g(n,j-1), &p_j^2 \gt n \\ g(n,j-1) – p_j^k \left( g(\lfloor n / p_j\rfloor, j-1) – \sum_{x=1}^{j-1} p_x^k \right), &p_j^2 \le n \end{cases}

我们需要一些转换,才能把上面那个东西从递归变成迭代。

我们会发现,我们可能需要经常性的计算 g(\lfloor n/x\rfloor, j) 的值,那我们就一起维护了吧。

这里是预处理的代码。

// euler sieve, spk for sum p^k from p_1 ~ p_pcn
int pri[MAXN], pcn, spk[MAXN];
int m, Sqrt, id1[MAXN], id2[MAXN];
long long gk[MAXN], w[MAXN];

inline long long sum_ik(lld n); // for i=2..n, sum i^k

void init()
{
    m = 0, Sqrt = sqrt(n);

    for (long long L = 1, R; L <= n; L = R+1)
    {
        R = n / (n / L), w[++m] = n / L;
        (w[m] <= Sqrt ? id1[w[m]] : id2[R]) = m;
        gk[m] = sum_ik(w[m]);
    }

    for (int j = 1; j <= pcn; j++) // p_pcn^2 should be greater than n
    {
        for (int i = 1; i <= m && pri[j] <= w[i]/pri[j]; i++)
        {
            int d = (w[i]/pri[j]<=Sqrt) ? id1[w[i]/pri[j]] : id2[n/(w[i]/pri[j])];
            gk[i] -= (spk[j] - spk[j-1]) * (gk[d] - spk[j-1]);
        }
    }
}

其中,id1[i] 表示数论分块中整除值 \lfloor n/l \rfloor = i 的块编号,id2[n/i] 表示整除值 \lfloor n / l \rfloor = i 的块编号,w[s] 表示数论分块第 s 个块的整除值。这样比较节省空间。

然后考虑下面那个迭代。首先,w_i 就是 g 函数的第一个参数。

p_j^2 > w_i,也就是第 i 个块整除值的时候,没有必要继续处理了。内层的 i=1 \cdots m 相当于从大往小枚举块,也就不用利用滚动数组什么的记录上一轮 j-1 时的具体值了。

最后,init执行完时,gk[i] 就是第 i 个整除值 w_i 时,g(w_i, pcn) 的值了,也就是我们想要的东西了。

由于那个多项式可能会有好几个 p^x,所以都维护出来吧。

求 Σf(i)

我们刚才去掉了合数处的点值,那么我们还要根据积性函数的性质把那些点值加回来。

那么我们现在构造这样一个函数

S(n,j) = \sum_{x=2}^n f(x)~[ minp(x) \ge p_j ]

例如

\begin{aligned} S(20,3) &= f(5) + f(7) + f(11) + f(13) + f(17) + f(19) \\ S(20,2) – S(20,3) &= f(3) + f(9) + f(15) \\ S(20,1) – S(20,2) &= f(2) + f(4) + f(6) + \cdots + f(18) + f(20) \end{aligned}

我们需要从最大的质数开始,一个个往回补上点值。

S(n,j) = \sum_{k \ge j} \sum_{e} f(p_k^e)\left(1 + S\left(\left\lfloor n/p_k^e\right\rfloor, k+1\right)\right)

考虑 p_k^e 的倍数,显然当 e=0 的时候不能算上贡献;当 e>0 的时候,\sum p_k^e \prod p_{k+i}^{e_i} 的贡献由 f(p_k^e) 乘上 \sum f(\prod p_{k+i}^{e_i}) 得到。为什么还有个 1+ 呢?S(x,k) 里面可没有 p_j 的东西,不加就算不上 \sum f(p_k^e) 的贡献了呀。

那我们整理一下这个鬼一样的式子。

\begin{aligned} S(n, j) &= \sum_{k \ge j} f(p_k) + \sum_{k \ge j} \sum_{e} \left( f(p_k^e) S(\lfloor n/p_k^e\rfloor, k+1) + f(p_k^{e+1}) \right) \\ &= g(n, |P|) – \sum_{i=1}^{j-1} f(p_i) + \sum_{k \ge j} \sum_{e} \left( f(p_k^e) S(\lfloor n/p_k^e\rfloor) + f(p_k^{e+1}) \right) \end{aligned}

所以这一部分的代码可以写成

long long S(long long x, int y)
{
    if (x <= 1 || pri[y] > x) return 0;
    int d = x <= Sqrt ? id1[x] : id2[n/x];
    long long ans = g(x) - g(pri[y]-1);

    for (int i = y; i <= pcn && pri[i] <= x / pri[i]; i++)
    {
        long long p1 = pri[i], p2 = p1 * p1;
        for (int e = 1; p1 <= x / pri[i]; ++e, p1 = p2, p2 *= pri[i])
            ans += S(x/p1, i+1) * f(i,e) + f(i,e+1);
    }

    return ans;
}

其中 g(n)\sum_{i=1}^n f(i) [i \in prime],也就是上面式子中的 g(n,|P|) 可以从上面预处理的式子中得到。而 f(i,e) 就是 f(p_i^e)

最后你要求的 \sum_{i=1}^n f(i) = S(n,1) + 1

举例来说,我已知积性函数 f(p^e) = C_{e+A-1}^{A-1},那么 f(p)=A,我可以预处理上面预处理部分 sp0, g0 等内容,那么 g(x) - g(pri[y]-1) 应该写为 A * (g0[d]-(y-1)),而 f(i,e) 则写为 C(e+A-1, A-1)。对应例题为 HDU6537。

举例来说,我已知积性函数 f(p^e) = Ae+1,那么 f(p)=A+1,我可以预处理 sp0, g0 等内容,那么 g(x) - g(pri[y]-1) 应该写为 (A+1) * (g0[d]-(y-1)),而 f(i,e) 则写为 A*e+1。对应具体例题为 SPOJ DIVCNT3。

再举例来说,我已知积性函数 f(p^e) = p \oplus e,那么可以在 p=2f(2)=3,然后其他时候有 f(p)=p-1,预处理 sp0, sp1, g0, g1 等内容,那么 g(x) - g(pri[y]-1) 应该写为 g1[d]-g0[d]-sp1[y-1]+y-1,并特判 if (y == 1) ans += 2;,而 f(i,e) 则写为 pri[i]^e。对应具体例题为 LOJ6053。

后记

所以说这是不是很像埃式筛啊,所以它又被称为拓展埃式筛。

据说时间复杂度是

O\left( \frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n} \right)

咱也不会证,咱也不敢证。

“min25筛”的一个回复

发表评论

电子邮件地址不会被公开。 必填项已用*标注