【Learning】积性函数前缀和——洲阁筛（min

问题描述

　　

　　洲阁筛解决的问题主要是$n$范围较大的积性函数前缀和。

　　

　　已知一积性函数$f(i)$，求$\sum_{i=1}^nf(i)$。

　　

　　$n\leq10^{12}$.

　　

　　

　　

求解方法

　　

　　如果$f(i)$在质数处的取值比较简单，那么可以运用洲阁筛来求解。

　　

　　我们需要两个辅助数组。

　　

$g_{i,j}$

　　

　　定义如下：

\[\begin{aligned}
g_{i,j}&=\sum_{k=2}^i[k与p_1,p_2,...,p_j互质或就是其中某个质数]\; s(k)\\
&=\sum_{k=2}^i[k是\leq p_j的质数或k的最小质因子大于p_j]\; s(k)
\end{aligned}
\]

　　其中$s(x)$是一个完全积性函数，它可以是$s(x)=x$，或$s(x)=1$，等等。

　　

　　我们一般要求第二维计算到$m$，其中$m$为满足$p_m\le\sqrt n$的最大正整数。

　　

　　这时候，$g_{x,m}$就表示函数$s$在前缀范围$[1,x]$内的质数处的取值之和，这也是$g$数组的主要作用。但这里$x$的定义域不是$[1,n]$，下文会提到。

　　　

　　这个数组怎么求呢？

　　

　　首先边界条件比较简单：

\[g_{i,0}=\sum_{k=2}^is(k)
\]

　　可是这里有一个限制：$\sum_{k=2}^is(k)$必须足够简单好算。如果函数前缀和比较复杂，如$s=\mu$，就不能使用在$s=\mu$意义下计算$g$的这种方法。但是如果函数在质数的取值比较简单，如$\mu(p)=-1$，我们可以考虑换一个角度：令$s(x)=1$，可以计算出$[1,n]$的质数个数$p_{sum}$，那么我们可以用$-1*p_{sum}$表示所求的东西，一样达到了我们的目的（黑体字）。

　　

　　考虑由$g_{i,j-1}$推出$g_{i,j}$。

　　

　　若$i<p_j^2$，显然$g_{i,j}=g_{i,j-1}$。

　　

　　否则当$i\ge p_j^2$时，如何考虑？$g_{i,j-1}$代表着一些在$j-1$时合法的数的函数值之和，而从$j-1$变成$j$时，若某些原本合法的数变得不合法，显然一定是因为触犯了第二个条件：最小质因子恰好为$p_j$。如何算出这一部分的数的函数值之和呢？

\[g_{i,j}=g_{i,j-1}-s(p_j)(g_{\lfloor\frac i {p_j}\rfloor,j-1}-g_{p_j-1,j-1})
\]

　　

　　

　　后面减去的部分就是这一部分数的函数值之和。首先它们都有一个最小质因子$p_j$，随后，它们除去$p_j$剩下的部分，不可以含有小于$p_j$的质因子，因此剩下的部分至少大于等于$p_j$，但要小于等于$\frac{i}{p_j}$。这恰好对应了$g$的定义！后面一部分算的就是

\[\sum_{k=p_j}^{\frac i {p_j}}[最小质因子>p_{j-1}]\; s(k)
\]

　　但是$n$太大，存不下怎么办？

　　

　　记集合$S=\{\lfloor\frac n x\rfloor |x\in[1,n]\}\;\;($$|S|=2\sqrt n)$，我们只需要关注$g_{i,...}\;\;(i\in S)$即可，那为什么只用考虑第一维取这些值的情况呢？可以证明，所有以后需要调用的第一维都属于$S$。从$g$本身的递推需要来看，我们需要$g_{\lfloor\frac i {p_j}\rfloor,j-1}$，它的第一维$\lfloor \frac i {p_j}\rfloor\in S$；还需要$g_{p_j-1,j-1}$，它的第一维$p_j-1\le\sqrt n$，一定属于$S$。所以，其他的第一维取值就不需要计算了。从下文的$h$计算的调用来看，也都只会调用到$S$内的第一维，下文会提到。

　　

　　再之，我们发现每次递归时只用到第二维为$j-1$的数据，这给了我们滚动的思想：我们依次计算$j=0...m$的情况。将$|S|$个元素排成一排，分别表示在当前$j$意义下，$g_{i,j},i\in S$的取值。由于更新$g_{i,j}$的时候只需要用到诸如$k\le i$的$g_{k,j-1}$，我们从大到小枚举并更新那些需要更新的元素$i\in S,i\ge p_j^2$，这样可以保证调用的元素仍然是$j-1$意义下的；而$i<p_j^2$的情况，与$j-1$时完全没有改变，不需要操作，直接继承。

　　

　　$j$越是大，我们需要更新的元素就越来越少。如此一层层地覆盖上去（很像一维背包的那种继承思想），我们，就可以计算到$g_{n,m}$了。这一步的复杂度是$O(\frac {n^{\frac 3 4}}{\log n})$。

　　

　　离散$S$中元素到数组上的方法很简单，对于$x\in S$，如果$x\le \sqrt n$，用$pos_1[x]$表示$x$的离散位置；如果$x>\sqrt n$，用$pos_2[\lfloor \frac n x\rfloor]$表示$x$的离散位置。可以写一个简短的$get()$函数来处理询问离散位置的操作。

　　

$h_{i,j}$

　　

　　定义如下：

\[h_{i,j}=\sum_{k=2}^i[k的最小质因子\ge p_j]\;f(k)
\]

　　其递推式为：

\[\begin{aligned}
h_{i,j}&=\sum_{p_k\ge p_j}\sum_{e\ge 1且p_k^e\le i}f(p_k^e)h_{\lfloor \frac i{p_k^e}\rfloor,j+1}+f(p_k^e)\\
&=\sum_{p_k\ge p_j}\sum_{e\ge 1且p_k^e\le i}f(p_k^e)(h_{\lfloor \frac i{p_k^e}\rfloor,j+1}+1)
\end{aligned}
\]

　　它相当于枚举所有在$[2,i]$范围内，最小质因子大于等于$p_j$的数，并对函数值求和。首先枚举它们的最小质因数$p_k$，再枚举最小质因数$p_k$的幂；最后统计有多少个数，满足除去$p_k^e$后剩余部分最小质因子大于$p_j$，也就是大于等于$p_{j+1}$，这和$h$本身的定义恰好符合。如此枚举，不会算重，但是会漏掉一种情况：$f(p_k^e)$没有被算入，因为$h$的$\sum$是从2开始枚举的。额外加上即可。

　　

　　我们使用搜索计算$h$。这里的搜索不需要记忆化，因为有结论是：如果要求不同的$h_{i,j}$，它们在搜索时不会搜索到重复的地方。

　　

　　第一个循环不可以完全枚举$k=j...m$，不然的话复杂度过高。当$p_k^2>i$时，余下的未计算的函数值之和恰好是函数在$p\in(\sqrt i,i]$处的取值之和，可以直接用$g_{i,m}-g_{p_{m'},m}$表示，其中$m'$为满足$p_{m'}\le \sqrt i$的最大正整数。我们发现$p_m',i\in S$，回应上文，只需要计算$g$的第一维属于$S$时的情况。

　　

　　

　　

答案计算

　　

　　$\sum_{i=2}^nf(i)=h_{n,0}$。

　　　　

　　那么$\sum_{i=1}^nf(i)=h_{n,0}+f(1)$，简洁明了。

　　

　　当然，有时候题目甚至不需要调用$h$数组，这要依题目而灵活变化。

总结

　　

　　整体思路稍微有点复杂，但只要明白了洲阁筛对积性函数求和的关键步骤，就可以比较好地理解。

　　

　　首先，我们所讨论的积性函数，最好在质数处有简明的表达式。我们可以将表达式写出后，对于每个和式，用$g$在不同$s(x)$的意义下逐个求解。

　　

　　然后要理解洲阁筛对分配律的利用。它通过枚举最小质因数、枚举其作为最小质因数的指数、最后统计除去最小质因数后，剩余部分最小质因数大于自己的情况数这一种枚举方法，可以结合积性函数性质、运用$h$数组快速枚举遗漏的数，并得到其函数值之和。

　　

　　题目所求的问题并不会总是中规中矩，我们需要把题目求的表达式拆成一个一个部分，尽量用g或h的定义来表示，依次求解。

　　　

　　总的时间复杂度为$O(\frac{n^{\frac 3 4}}{\log n})$。

　　

　　

　　

代码

　　

　　以SPOJ的DivcntK为例，求的是$\sum_{i=1}^n \sigma_0(i^k)$，$n,k\le 10^{10}$。这份代码是单组数据的。

　　

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int SQRTN=100005;
bool vis[SQRTN];
ll p[SQRTN],pcnt;
ll n,k,sqrtn;
int m;
ll a[SQRTN*2],cnt;
int pos1[SQRTN],pos2[SQRTN];
ull g[SQRTN*2];
void prework(){
	for(int i=2;i<SQRTN;i++){
		if(!vis[i])
			p[++pcnt]=i;
		for(int j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<SQRTN;j++){
			int x=i*p[j];
			vis[x]=true;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}
int gp(ll x){//getpos
	return x<=sqrtn?pos1[x]:pos2[n/x];
}
void Discretization(){
	for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
		a[++cnt]=n/i;
		j=n/(n/i);
	}
	reverse(a+1,a+1+cnt);
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		if(a[i]<=sqrtn) pos1[a[i]]=i;
		else pos2[n/a[i]]=i;
}
void calc_g(){
	for(int i=1;i<=cnt;i++) g[i]=a[i]-1;
	for(int j=1;j<=m;j++)
		for(int i=cnt;i>=1&&a[i]>=p[j]*p[j];i--)
			g[i]-=g[gp(a[i]/p[j])]-g[gp(p[j]-1)];
}
ull calc_h(ll i,ll j){
	if(i<=1) return 0;
	ull res=0;
	int a;
	for(a=j;a<=m&&p[a]*p[a]<=i;a++)
		for(ll pe=p[a],e=1;pe<=i;pe*=p[a],e++)
			res+=(ull)(e*k+1)*(calc_h(i/pe,a+1)+1);
	if(p[a-1]<=i)
		res+=(ull)(k+1)*(g[gp(i)]-g[gp(p[a-1])]);
	return res;
}
int main(){
	prework();
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	sqrtn=(ll)sqrt(n);
	m=upper_bound(p+1,p+1+pcnt,sqrtn)-p-1;
	Discretization();
	calc_g();
	ull ans=(ull)(k+1)*(g[gp(n)]-m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(ll pe=p[i],e=1;pe<=n;pe*=p[i],e++)
			ans+=(ull)(e*k+1)*(calc_h(n/pe,i+1)+1);
	ans++;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}