Min25筛

Min25筛

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我是沙雕。。。

从yyb博客蒯的

要求：\(\sum_{i=1}^nF(x)\)

\(F(x)\)是积性函数。

\(Min25\)筛能用的前提：质数处的\(f(p)\)值是关于\(p\)的多项式，质数次方处的\(f(p^e)\)值 可以快速计算。

预处理

设完全积性函数\(F'(x)\)，在质数处取值\(F(p)=F'(p)\)。

预处理一个\(g\)函数。\(g(n,j)=\sum_{i=1}^nF'(i)[i\in\mathbb{P}\text{ or }\min_{p|i}p>P_j]\)

也就是\(i\)是质数或者\(i\)最小值因子\(>P_j\)的贡献（注意求的是\(F'\)）

转移：

\(g(n,j)=\begin{cases}g(n,j-1) (P_j^2>n)\\g(n,j-1)-F'(P_j)[g(\frac{n}{P_j},j-1)-g(P_{j-1},j-1)](P_j\leq n)\end{cases}\)

考虑\(g(n,j-1)-g(n,j)\)。如果\(P_j^2>n\)显然没有多余贡献。

否则会多余的一定是\(P_j\)的倍数，那么因为\(F'\)是完全积性函数，可以将多余的数全部除以\(P_j\)，并乘上贡献\(F'(P_j)\)。那么减掉的是\(F'(P_j)\)乘【\(\frac{n}{P_j}\)以内最小质因数\(\geq P_j\)的数的贡献和】。这个值就是\(g(\frac{n}{P_j},j-1)-g(P_{j-1},j-1)\)。前面多算了\(<P_j\)的质数，后面减掉了这一部分。

可以看出只有\(\sqrt n\)内的质数有用，线性筛到\(\sqrt n\)就行了。

后面的\(g(P_{j-1},j-1)\)按照定义等于\(\sum_{i=1}^{P_{j-1}}F'(i)\)。线性筛时预处理一下就行了。

这个\(g\)后面只用了质数处的\(F'\)，所以是对的而且很妙

求值

设\(S(n,j)=\sum_{i=1}^nF(i)[\min_{p|i}p>P_j]\)，即最小质因数大于\(P_j\)的所有数的\(F\)和，那么要求的答案是\(S(n,0)\)。

\(S\)的递推式为：\(S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{p_k^e\leq n,k>j}F(p_k^e)(S(\frac{n}{p_k^e},k)+[e>1])\)

前面部分是质数的贡献，后面是合数的

后面的\(\sum\)意思就是枚举合数最小的质因子及次数，因为是积性函数可以直接乘起来。\([e>1]\)意思是如果\(e>1\)那么有一个\(p_k^e\)没算进答案（\(S\)不计算\(1\)的贡献，但\(e=1\)时\(p_k^e\)就是质数已经在前面算过了），要算进答案。

代码

一些细节：

• \(n\)一直整除一个数之后还是\(n\)整除一个数，也就是只需要用到所有\(\frac ni\)。开两个数组\(a1,a2\)，对于\(\sqrt n\)的向\(a1\)存，下标为\(\frac ni\)，否则向\(a2\)存，下标为\(i\)。两个数组都是\(\sqrt n\)的。
• 由于\(S\)没有算\(1\)，最后还要加上\(1\)的贡献。

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
il ll gi(){
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?x:-x;
}
ll n;
int qt;
int pr[100010],yes[100010],cnt,gp1[100010],gp2[100010];
ll w[200010],sw;
int g1[200010],g2[200010];
int id1[100010],id2[100010];
il int S(ll x,int y){
    if(pr[y]>=x)return 0;
    int p=x<=qt?id1[x]:id2[n/x];
    int ret=((0ll+g2[p]-g1[p]-(gp2[y]-gp1[y]))%mod+mod)%mod;
    for(int i=y+1;i<=cnt&&1ll*pr[i]*pr[i]<=x;++i){
        ll pe=pr[i];
        for(int e=1;pe<=x;++e,pe*=pr[i]){
            int o=pe%mod;
            ret=(ret+1ll*o*(o-1)%mod*(S(x/pe,i)+(e!=1)))%mod;
        }
    }
    return ret;
}
int main(){
#ifdef XZZSB
    freopen("in.in","r",stdin);
    freopen("out.out","w",stdout);
#endif
    n=gi();qt=sqrt(n);
    yes[1]=1;
    for(int i=2;i<=qt;++i){
        if(!yes[i])pr[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=qt;++j){
            yes[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0)break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;++i)gp1[i]=(gp1[i-1]+pr[i])%mod,gp2[i]=(gp2[i-1]+1ll*pr[i]*pr[i])%mod;//递推时用的质数处F前缀和
    for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){//预处理(n/i) & 计算g的j=0边界，边界就是F'的前缀和，由于质数处F(p)是多项式所以可以快速算
        r=n/(n/l);w[++sw]=n/r;
        g1[sw]=w[sw]%mod;
        g2[sw]=(1ll*g1[sw]*(g1[sw]+1)%mod*(g1[sw]*2+1)%mod*166666668%mod-1)%mod;//1..w[sw]平方和
        g1[sw]=(1ll*g1[sw]*(g1[sw]+1)%mod*500000004-1)%mod;//1..w[sw]等差数列和
        if(n/r<=qt)id1[n/r]=sw;else id2[r]=sw;
    }
    //j从1到|P|递推g
    for(int i=1;i<=cnt;++i){
        ll sqr_pi=1ll*pr[i]*pr[i];
        for(int j=1;j<=sw&&sqr_pi<=w[j];++j){
            ll p=w[j]/pr[i];
            p=(p<=qt?id1[p]:id2[n/p]);//定位p的坐标
            g1[j]=(g1[j]-1ll*pr[i]*(g1[p]-gp1[i-1]+mod)%mod+mod)%mod;
            g2[j]=(g2[j]-1ll*pr[i]*pr[i]%mod*(g2[p]-gp2[i-1]+mod)%mod+mod)%mod;
        }
    }
    printf("%d\n",(S(n,0)+1)%mod);
    return 0;
}