可能是一篇（抄来的）min25学习笔记

可能是一篇（抄来的）min25学习笔记

一个要求很多的积性函数

我们考虑有一个积性函数，这个函数满足可以快速计算质数处的值

且质数可以写成一个多项式的形式……而且这个多项式如果强行套在合数上，满足积性，我也不知道有没有除了\(x^{k}\)别的多项式惹

假如\(F(x) = x^{k}\)吧

我们想要计算这个东西

\(g(n,j)\)表示前\(n\)个数里，质数的和，加上合数中最小质因子大于\(P_{j}\)的和

那么，怎么求呢

我们考虑已经求好\(g(n,j - 1)\)这个数组

那么如果\(P_{j}^{2} > n\)

那么很妙，就是\(g(n,j) = g(n,j - 1)\)，因为没有以\(P_{j}\)为最小质因子的合数

如果\(P_{j}^{2} \leq N\)

那么考虑从\(g(n,j - 1)\)到\(g(n,j)\)减少了什么

例如，我显然减少了合数中最小质因子为\(P_{j}\)的值，因为定义里是大于，\(g(n,j)\)中的合数质因子至少是\(P_{j + 1}\)

那么最小质因子为\(P_{j}\)的值怎么算呢

我们先要提出一个\(P_{j}\)出来，然后在剩下的\(\lfloor \frac{n}{P_{j}} \rfloor\)中找出所有最小质因子大于等于\(P_{j}\)的个数

好像\(g(n,j - 1)\)就很不错！然而其中有一些小于\(P_{j}\)的质数，考虑把它们扣掉，这个可以预处理，因为\(P_{j}\)的范围在\(\sqrt{N}\)以内

记\(sum[j] = \sum_{i = 1}^{j} F(P_{i})\)

那么我们有

\[g(n,j) =\left\{\begin{matrix}
g(n,j - 1) & P_{j}^{2} > n\\
g(n,j - 1) - F(P_{j})(g(\lfloor \frac{n}{P_{j}} \rfloor,j - 1) - sum(j - 1)) & P_{j}^{2} \leq n
\end{matrix}\right.
\]

同时我们发现，我们只需要用到\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)的取值，一共\(2\sqrt{N}\)个位置，而且质数的话也只需要前\(\sqrt{N}\)个

初始化的话，对于\(g(n,0)\)，我们把这个\(F(x)\)多项式套在每个数上面，求一个\(\sum_{i = 2}^{n} x^{i}\)这个在k固定的时候有k + 1次多项式的公式可以快速计算

一般不会太大吧，如果拉格朗日插值的话可能和\(\sqrt{n}\)相乘会有点凉

---

g的用处

求完\(g\)就有很神奇的事情发生了！如果你认为\(F(x) = 1\)的话，我们甚至可以求出\(n\)以内质数的个数！在我不知道这些质数是什么的情况下！这简直是我这个菜鸡以前想都不敢想的事

不过，我们的征途是星辰大海1到n的前缀和

那么我们类似的定义一个\(S(n,j)\)表示前\(n\)个数里，所有数的最小的质因子大于等于\(P_{j}\)的方案数（注意这里就不包括小于\(P_{j}\)的质数了）

我们先搞定\(S(n,j)\)里的所有质数的\(F(x)\)的和

方法是\(g(n,|P|) - sum[j - 1]\)

那么我们枚举每个数的最小质因子

直接列个式子就是

\[S(n,j) = g(n,|P|) - sum[j - 1] + \sum_{k = j}^{P_{k}^{2} \leq n}\sum_{e = 1}^{P_{k}^{e + 1} \leq n} [F(P_{k}^{e}) S(\lfloor \frac{n}{P_{k}^{e}}\rfloor,j + 1) + F(P_{k}^{e + 1})]
\]

意义就是我们枚举一个数的最小质因子是\(P_{k}^{e}\)，然后乘上\(\lfloor\frac{n}{P_{k}^{e}}\rfloor\)中最小质因子大于\(P_{j + 1}\)的

但是所有的\(F(P_{k}^{e}),e\geq 2\)都会漏掉，所以要重算一下

这样的话复杂度就是……我抄的那个人没写……好像是\(O(\frac{n^{3/4}}{\log n})\)

好吧，这不重要……毕竟我……也不会证复杂度

这么看起来仿佛挺简单的好难

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几道例题

LOJ#6053. 简单的函数

恍然觉得WC好像见过这道题……咋就变成板子了……板子都不会我也要废了qwq

考虑质数的函数值怎么表示，由于只有2是偶数，除了2以外剩下的质数值都是\(f(p) = p - 1\)，然后\(f(2) = 3\)

这个时候我们要大胆想象，我们就认为所有质数都是\(f(p) = p - 1\)，遇到2和1这个难受位置特判一下就好了

但是这样不满足积性

不过一个多项式嘛，我把每一块都拆开不就满足积性了吗

设\(F(x) = x\)，统计一个\(g(n,|P|)\)

再来一个\(F(x) = 1\)，统计一个\(h(n,|P|)\)

可以同时进行，方法都是一样的

于是我们的\(S(n,j)\)初始的时候统计质数要加上\(g(n,|P|) - h(n,|P|) - \sum_{i = 1}^{j - 1}(P_{i} - 1)\)

如果\(j = 1\)的话，我们把2算成了1，那就再加上2

于是照着刚才的讨论，问题就完美解决了

最后加上1处的函数值是1

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define ba 47
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
    void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 +c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
    void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
int fpow(int x,int c) {
    int res = 1,t = x;
    while(c) {
        if(c & 1) res = mul(res,t);
        t = mul(t,t);
        c >>= 1;
    }
    return res;
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
int64 N,pos[MAXN],sqr;
int prime[MAXN],tot,sum[MAXN];
bool nonprime[MAXN];
int cnt,g[MAXN],h[MAXN];
int id[2][MAXN];
int getsum(int64 x) {
    int u = x % MOD;
    int res = 1LL * u * (u + 1) % MOD;
    res = mul(res,(MOD + 1) / 2);
    return res;
}
void process(int64 S) {
    for(int i = 2 ; i <= S ; ++i) {
        if(!nonprime[i]) {
            prime[++tot] = i;
            sum[tot] = sum[tot - 1];
            update(sum[tot],i);
        }
        for(int j = 1 ; j <= tot ; ++j) {
            if(prime[j] > S / i) break;
            nonprime[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}
int S(int64 x,int y) {
    if(x <= 1 || prime[y] > x) return 0;
    int res = 0;
    if(y == 1) res += 2;
    int k = x <= sqr ? id[0][x] : id[1][N / x];
    update(res,inc(g[k],MOD - inc(inc(sum[y - 1],MOD - y + 1),h[k])));
    for(int j = y ; j <= tot ; ++j) {
        int64 t1 = prime[j],t2 = 1LL * prime[j] * prime[j];
        if(t2 > x) break;
        for(int e = 1 ; t2 <= x ; t1 = t2,t2 = t2 * prime[j],++e) {
            int t = inc(mul(prime[j] ^ e,S(x / t1,j + 1)),prime[j] ^ (e + 1));
            update(res,t);
        }
    }
    return res;
}
int main(){
    #ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
    #endif
    read(N);
    sqr = sqrt(N);
    process(sqr);
    for(int64 i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        int64 r = N / (N / i);
        pos[++cnt] = N / i;
        h[cnt] = (N / i - 1) % MOD;
        g[cnt] = getsum(N / i);update(g[cnt],MOD - 1);
        if(N / i <= sqr) id[0][N / i] = cnt;
        else id[1][N / (N / i)] = cnt;
        i = r;
    }
    for(int j = 1 ; j <= tot ; ++j) {
        for(int i = 1 ; i <= cnt && 1LL * prime[j] * prime[j] <= pos[i] ; ++i) {
            int k = (pos[i] / prime[j]) <= sqr ? id[0][pos[i] / prime[j]] : id[1][N / (pos[i] / prime[j])];
            int t = inc(g[k],MOD - sum[j - 1]);
            t = mul(t,prime[j]);
            update(g[i],MOD - t);
            update(h[i],MOD - inc(h[k],MOD - (j - 1)));
        }
    }
    int ans = inc(S(N,1),1);
    out(ans);enter;
    return 0;
}

LOJ#572. 「LibreOJ Round #11」Misaka Network 与求和

当时我打的时候不会min25

一年过去了

我竟然现在才学min25？！

这个，好像是类似min25的一种求和方法

首先我们熟练的把gcd转换成互质数对

\[ans = \sum_{d = 1}^{n} f(d)^{k} \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{t|i,j}\mu(t) \\
\sum_{d = 1}^{n}f(d)^{k} \sum_{t = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(t) \lfloor \frac{n}{dt} \rfloor^{2} \\
\sum_{T = 1}^{n} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor^{2} \sum_{d | T}f(d)\mu(\frac{T}{d})
\]

这个时候我们发现要求的就是\(f * \mu(T)\)

然而……

回忆起学过的杜教筛，我们可以卷上一个\(I(x) = 1\)

\(f * \mu * I = f * \varepsilon = f\)

然后套到杜教筛里

可以得到

\[S(n) = \sum_{i = 1}^{n}f(n) - \sum_{t = 2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{t}\rfloor)
\]

然后我们要做的就是求\(f(n)\)的前缀和了

用一种类似min25的方法

设\(s(n,j)\)为\([1,n]\)里面，质数大于等于\(j - 1\)的和，\(f(n) = S(n,1)\)，默认\(prime[0] = 1\)

再枚举第二大的质数的时候才统计贡献

考虑min25的时候，我们分了质数，和合数两部分统计

如果是质数的部分，统计了\([1,\lfloor \frac{n}{prime[j - 1]} \rfloor]\)中，大于\(prime[j - 1]\)的一个质数，我们用\(prime[j - 1]\)乘上这个质数，这个数第二大的质因子即为\(prime[j - 1]\)

如果是合数的部分，从\(j\)到\(tot\)枚举最小质数的时候，显然前面加的是已经统计完次大质因子贡献的合数，所以系数是1，唯一漏掉的是\(prime[j]^{e + 1}\)，加上即可

列一个式子就是

\[s(n,j) = prime[j - 1]^{k} * (g(n,j) - j + 1)\\+\sum_{j = 1}^{prime[j]^{2} \leq n} \sum_{e = 1}^{prime[j]^{e + 1} \leq n}s(\lfloor \frac{n}{prime[j]^{e}}\rfloor,j + 1) + prime[j]^{k}
\]

unordered_map比手写哈希慢了两倍不止……感觉不行……

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define ba 47
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template <class T>
void read(T &res) {
    res = 0;
    T f = 1;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') {
        if (c == '-')
            f = -1;
        c = getchar();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template <class T>
void out(T x) {
    if (x < 0) {
        x = -x;
        putchar('-');
    }
    if (x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}

u32 N, sqr, K;
u32 prime[MAXN], tot, h[MAXN], pos[MAXN];
u32 id[2][MAXN], cnt, pw[MAXN], rec;
bool nonprime[MAXN];
int c[10000005];
u32 getpos(u32 x) { return x <= sqr ? id[0][x] : id[1][N / x]; }
struct HASH {
    int sumE,head[974711 + 5];u32 mo = 974711;
    struct node {
	pair<u32,u32> x;u32 val;int next;
    }E[10000005];
    u32 hash_key(pair<u32,u32> t) {
	return t.fi << 16 | t.se;
    }
    void add(pair<u32,u32> x,u32 v) {
	u32 u = hash_key(x) % mo;
	E[++sumE].x = x;E[sumE].val = v;
	E[sumE].next = head[u];head[u] = sumE;
    }
    bool count(pair<u32,u32> x) {
	u32 u = hash_key(x) % mo;
	for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
	    if(E[i].x == x) return true;
	}
	return false;
    }
    u32 query(pair<u32,u32> x) {
	u32 u = hash_key(x) % mo;
	for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
	    if(E[i].x == x) return E[i].val;
	}
	return 0;
    }
}hsh;
u32 rf[MAXN];
bool vis[MAXN];
u32 fpow(u32 x, u32 c) {
    u32 res = 1, t = x;
    while (c) {
        if (c & 1)
            res = res * t;
        t = t * t;
        c >>= 1;
    }
    return res;
}

void Process() {
    prime[0] = 1;
    pw[0] = 1;
    for (u32 i = 2; i <= sqr; ++i) {
        if (!nonprime[i]) {
            prime[++tot] = i;
            pw[tot] = fpow(i, K);
        }
        for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
            if (prime[j] > sqr / i)
                break;
            nonprime[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
    for (u32 i = 1; i <= N; ++i) {
        u32 r = N / (N / i);
        pos[++cnt] = N / i;
        h[cnt] = N / i - 1;
        if (N / i <= sqr)
            id[0][N / i] = cnt;
        else
            id[1][N / (N / i)] = cnt;
        i = r;
    }
    for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
        for (int i = 1; i <= cnt && 1LL * prime[j] * prime[j] <= pos[i]; ++i) {
            int k = getpos(pos[i] / prime[j]);
            h[i] = h[i] - (h[k] - (j - 1));
        }
    }
}
u32 SF(u32 x, u32 y) {
    if (x <= 1 || prime[y] > x)
        return 0;
    if (hsh.count(mp(x, y)))
        return hsh.query(mp(x, y));
    ++rec;
    u32 res = pw[y - 1] * (h[getpos(x)] - (y - 1));
    for (u32 j = y; j <= tot && 1LL * prime[j] * prime[j] <= x; ++j) {
        int64 t1 = prime[j], t2 = 1LL * prime[j] * prime[j];
        for (int e = 1; t2 <= x; t1 = t2, t2 *= prime[j], ++e) {
            res += SF(x / t1, j + 1) + pw[j];
        }
    }
    // out(x);space;out(y);enter;
    // printf("%.3lf\n",(db)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    hsh.add(mp(x,y),res);
    return res;
}
u32 FF(u32 x) {
    if (vis[getpos(x)])
        return rf[getpos(x)];
    u32 res = SF(x, 1);
    for (u32 i = 2; i <= x; ++i) {
        u32 r = x / (x / i);
        res -= (r - i + 1) * FF(x / i);
        i = r;
    }
    vis[getpos(x)] = 1;
    rf[getpos(x)] = res;
    return res;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in", "r", stdin);
#endif
    read(N);
    read(K);
    sqr = sqrt(N);
    Process();
    u32 ans = 0;
    u32 pre = 0;
    for (u32 T = 1; T <= N; ++T) {
        u32 r = N / (N / T);
        u32 nw = FF(r);
        ans += (N / T) * (N / T) * (nw - pre);
        pre = nw;
        T = r;
    }
    out(ans);
    enter;
    // out(rec);enter;
    // printf("%.3lf\n",(db)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}

【51nod】1847 奇怪的数学题

这个怎么跟上面那个题好像啊！

所以直接给出杜教筛的部分

\[S(n) = \sum_{i = 1}^{n} sgcd(n)^{k} - \sum_{i = 1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)
\]

em……完全一样好吧

发现\(sgcd(n) = \frac{n}{min_{p}(n)}\)，就是n除以最小质数

这个和g函数就已经很类似了……

考虑到\(g(n,j)\)求的是\([1,n]\)中的质数和最小质因子大于\(p_{j}\)的\(x^{k}\)和

然后只要枚举一个质数\(p_{i} * g(\lfloor \frac{n}{p_{i}}\rfloor,i - 1)\)就搞定了，最后再统计一遍纯质数的答案

不需要后面的那部分了

至于自然数幂和的那部分可以用乘方转斯特林数推一个公式出来

（还傻乎乎求了一遍后面的我真是zz）

#pragma GCC optimize("Ofast,unroll-loops,no-stack-protector,fast-math")
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define ba 47
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 +c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
u32 N,sqr,K;
u32 h[MAXN],g[MAXN],f[MAXN],pos[MAXN],id[2][MAXN],sum[MAXN],cnt;
u32 prime[MAXN],tot,S[55][55],rec[55];
bool nonprime[MAXN];
u32 getpos(u32 x) {
    return x <= sqr ? id[0][x] : id[1][N / x];
}
u32 getsum(u32 x) {
    u32 res = 0;
    for(u32 j = 0 ; j <= K ; ++j) {
	if(x < j) break;
	u32 t = S[K][j];
	bool f = 0;
	for(u32 h = 0 ; h < j + 1 ; ++h) {
	    u32 p = (x + 1 - h);
	    if(!f && p % (j + 1) == 0) {f = 1;p /= j + 1;}
	    t = t * p;
	}
	res += t;
    }
    return res;
}
u32 fpow(u32 x,u32 c) {
    u32 res = 1,t = x;
    while(c) {
	if(c & 1) res = res * t;
	t = t * t;
	c >>= 1;
    }
    return res;
}
void Process() {
    for(u32 i = 2 ; i <= sqr ; ++i) {
	if(!nonprime[i]) {
	    prime[++tot] = i;
	    sum[tot] = sum[tot - 1] + fpow(i,K);
	}
	for(int j = 1 ; j <= tot ; ++j) {
	    if(prime[j] > sqr / i) break;
	    nonprime[prime[j] * i] = 1;
	    if(i % prime[j] == 0) break;
	}
    }
    S[0][0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= K ; ++i) {
	for(int j = 1 ; j <= i ; ++j) {
	    S[i][j] = S[i - 1][j - 1] + j * S[i - 1][j];
	}
    }
    for(u32 i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	u32 r = N / (N / i);
	pos[++cnt] = N / i;
	if(N / i <= sqr) id[0][N / i] = cnt;
	else id[1][N / (N / i)] = cnt;
	h[cnt] = N / i - 1;
	g[cnt] = getsum(N / i) - 1;
	i = r;
    }
    for(u32 j = 1 ; j <= tot ; ++j) {
	for(u32 i = 1 ; i <= cnt && 1LL * prime[j] * prime[j] <= pos[i] ; ++i) {
	    u32 k = getpos(pos[i] / prime[j]);
	    g[i] -= (sum[j] - sum[j - 1]) * (g[k] - sum[j - 1]);
	    h[i] -= h[k] - (j - 1);
	    f[i] += g[k] - sum[j - 1];
	}
    }
    for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++i) f[i] += h[i];
}
bool vis[MAXN];
u32 rs[MAXN];
u32 UT(u32 n) {
    if(vis[getpos(n)]) return rs[getpos(n)];
    u32 res = f[getpos(n)];
    for(u32 i = 2 ; i <= n ; ++i) {
	u32 r = n / (n / i);
	res -= (r - i + 1) * UT(n / i);
	i = r;
    }
    vis[getpos(n)] = 1;rs[getpos(n)] = res;
    return res;
}
void Solve() {
    read(N);read(K);sqr = sqrt(N);
    Process();
    u32 ans = 0,pre = 0,nw;
    for(u32 i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	u32 r = N / (N / i);
	nw = UT(r);
	ans += (N / i) * (N / i) * (nw - pre);
	pre = nw;
	i = r;
    }
    out(ans);enter;
}
int main(){
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}