关于min_25筛的一些理解

如果想看如何筛个普通积性函数啥的，就别往下看了，下面没有的(QwQ)。
下文中，所有的$p$都代表质数，$P$代表质数集合。
注意下文中定义的最小/最大质因子都是默认所有质因子本质不同。
即$2*2*3*4*5*5$的最小/次小质因子都是$2$，最大/次大质因子都是$5$。

step1. 适用条件与思想

min_25筛用于求积性函数前缀和，即$\sum_{i=1}^n f(i)$ 。
min_25筛相比于传统筛法来说(如莫比乌斯反演、杜教筛)，更加灵活，也没有什么定式套路。
很多时候其实可以直接看成一个dp的模型。
这个模型可以解决很多关于质因子贡献的问题。
它的适用条件：

$f(p)$可以表示为简单多项式。
$f(p^k)$ 可以快速求。

第一个条件还蛮严苛的。
min_25筛的思想感觉还是非常有用：筛出质数的$f$ =====> 筛出所有数的$f$。
其中筛质数时，用总答案减去不合法 ; 筛所有数的时候，直接正向计算所有的答案。

step2. 筛质数的答案

min_25筛分两步走，首先对于所有$N = \lfloor \frac{n}{x} \rfloor$ 筛出$\sum_{i=1}^N [i\in P] f(i)$ 。
把小于等于根号$n$的质数筛出来构成$P$集合。
又因为$f(p)$可以表示为简单多项式，所以：
\[\sum_{i=1}^N [i\in P] f(i) = \sum_{i=1}^N [i\in P] \sum_{k=0}^{\inf} coef_k i^k = \sum_{k=0}^{\inf} coef_k \sum_{i=1}^N [i\in P] i^k\]
所以我们要求的东西其实是$\sum_{i=1}^n [i\in P] i^k$ 。
这个东西怎么求网上博客都写的很清楚了，设$g(n,j) = \sum_{i=1}^n [i\in P \ or\ p_{min}(i) > p_j] f(i)$。
然后按照$j$分层处理，得到：
\[g(n,j) = g(n,j-1) - p_j^k (g(\lfloor\frac{n}{p_j}\rfloor , j-1) - g(p_{j-1},j-1))\]
其中$p_j^2 \leq n$ 。
显然，因为我们把所有数的$f$都当成质数的方法来算，所以只有$g(n,P)$是真的，其他$g$都是假的。
不过没有关系，反正后面的筛法中也只需要用到$g(n,P)$。
但是我们也可以利用这些假的$g$来搞事情。
这个过程如果深入来看是什么呢？就是那个丑的不行的O(ln)埃式筛。
第$j$次操作后，剩余集合的$f$之和就是$g(n,j)$。
这个过程是怎么实现的呢？观察上式右半部分，
我们每次计算了最小质因子等于当前枚举因子$p_j$的函数值之和，然后把它去掉。
这可以看作用最小质因子$p_j$标记了这些合数，注意是合数！
所以如果需要求一些关于最小质因子的东西的合数前缀和时，我们就可以在这里做手脚了。

光说不做假把式，求$\sum_{i=1}^n [i\not\in P]r(p_{min}(i))i$，其中$r(x)$为一个关于$x$的函数。
咋做？
我们直接筛$\sum_{i=1}^n [i\in P]i$这个东西，但光筛这个是不行的，因为还要加上$r(p_{min}(i))$的贡献。
注意到我们每次删去合数的答案时，我们是用最小质因子$p_{min}(i)$标记的。
所以每一层$j$中，
$h(j) = p_j (g(\lfloor\frac{n}{p_j}\rfloor , j-1) - g(p_{j-1},j-1))$不就是以$p_j$为最小质因子的合数除掉$p_j$后的和吗？
当计算$g(n,j)$的时候，在每一层直接加上$r(p_j)h(j)$即可。

如果是求质数前缀和的话......
这个东西原本的作用不就是筛质数的函数值吗？
如果是求所有数前缀和的话......
喂喂喂，把质数的加上合数的不就是所有数了吗？
还有边界问题，$g(n,0) = \sum_{i=2}^n i^k$，经典问题人人都会，差分或插值弄一下就行了。
这部分的复杂度是$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn})$，原因未知。

step3. 筛所有数的答案

对于后半部分，
设$S(n,j) = \sum_{i=1}^n [p_{min}(i) \geq p_j] f(i)$，等于把$i\in P$的条件删掉。
推导什么的咕咕咕网上都有。

质数部分答案：$g(n,P) - \sum_{k=1}^{j-1} f(p_k)$
合数部分答案：$\sum_{k=j}^{|P|} \sum_{e=1}^{p_k^{e+1}\leq n} [f(p_k^e) S(\lfloor \frac{n}{p_k^e} \rfloor ,k+1) + f(p_k^{e+1})]$

最后那个尾巴$f(p_k^{e+1})$是因为形如$f(p^k)$的函数值在计算中被咕咕咕了所以要补上。
这个过程可以发现一个非常有意思的事情。
对于任意一个数$n$，我们计算到它步骤是：质因子从小往大枚举所以：

$1.p_{j-1}$一定是当前数所包含的上一个质因子。
2.它最大的一个质因子一定是最后枚举到的部分。

所以如果我们求一些与最大/次大质因子有关的东西的前缀和时，我们就可以在这上面做手脚了。
先看求最大质因子特殊贡献。
此时需要满足一个条件：质数的后缀贡献好求。
在求解$S$的过程中，我们可以强制当前这一层可选的$p_j...p_{|P|}$为最大质因子，
这样就可以在算质数部分答案的时候，直接把最大质因子$r(p_{max}(i))$的贡献直接加上了。
当然前提是这个后缀贡献好加(~~说句实话很多时侯这个条件都不满足~~)。
然后我们就处理了形如$n = w * p_{max}$的数的贡献添加。
若这个数$n = w * p_{max}^k,k>1$，我们在质数答案部分是无法添加贡献的。
然而如果明白了min_25筛原理就可以发现，其实只需要在那个尾巴$f(p_{k}^{e+1})$处加上贡献就行了。
然后如果是处理次大质因子特殊贡献的话，其实还更好求了。
根据上述，我们知道在$S(n,j)$这个状态时，我们上一层选择的质因子一定是$p_{j-1}$。
所以类似的强制当前层选择的$p$为最大质因子，然后使用$p_{j-1}$在当前层做特殊贡献。
当然注意要特判这个数形如$w*p_{max}^k,k>1$的情况，此时在那个尾巴出处理一下即可。
还能干其它的吗？
可以。
注意到对于一个数，我们在每一层枚举的是一个本质不同的质因子。
所以我们还可以处理与特定质因子有关的前缀和计算。
当然注意时刻要记得质数的部分特殊处理，所以筛$g$的时候也要特殊处理一下特定质因子。
即那些特殊质因子在$g$中的贡献也得是它们特殊形式的贡献。
处理$g$中的特殊质因子可以按照以下步骤：

把特殊质因子全部拿出来排序，求它们原本形式的$f$、特殊形式的$f'$的前缀和。
按照一般方法把$g$给求出来。
对于每个$g$，二分得到其包含的特殊质因子范围，用前缀和把原来答案减掉，新答案加上。

光说不练假把式。

例：求$\sum_{i=1}^n [gcd(i,K)=1]\mu(i)$ , 其中$n\leq 10^{10}$ 。

说实话如果不是学了min_25筛，我这辈子都不会觉得这玩意能求。
知道了上面的套路后，这个东西就变得很简单了，
原式即$\sum_{i=1}^n \mu(i)$减去包含某些特定质因子的数的贡献，直接在min_25筛的后半部分判一下就行了。
简单吧......

这部分的复杂度是$O(\frac{n}{poly(logn)})$，原因同样未知。

总结

min_25筛除了可以筛积性函数前缀和外，还有许多其他应用。
min_25筛在处理与数的因子有关的前缀和计算时，有奇效，非常的好用。
常见模型都包含在上文中了：

筛某积性函数前缀和 (标准形式模板题)
处理"最小质因子特殊贡献"前缀和 (第一部分求$g$变形)
处理"最大值因子/次大质因子特殊贡献"前缀和。 (第二部分求$S$变形)
处理"特定质因子特殊贡献"前缀和。 (第一部分求$g$特殊处理，第二部分求$S$变形)

这玩意儿这么灵活感觉可以放肆出题啊.......迟早要完......瑟瑟发抖......
就酱(QwQ)。