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)

题意 求 \[ \sum_{i = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} f(\gcd(i, j))^k \pmod {2^{32}} \] 其中 \(f(x)\) 为 \(x\) 的次大质因子,重复的质因子计算多次. 特别的,定义 \(f(1) = 0, f(p) = 0\) ,此处 \(p\) 为质数. 题解 首先先莫比乌斯反演前几步. \[ ans = \sum_{d = 1}^{n} f(d)^k \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloo

「学习笔记」Min25筛 前言 周指导今天模拟赛五分钟秒第一题,十分钟说第二题是 \(\text{Min25}​\) 筛板子题,要不是第三题出题人数据范围给错了,周指导十五分钟就 \(\text{AK}​\) 了,为了向 \(\text{AK}​\)王 学习,真诚的膜拜他,接受红太阳的指导,下午就学习了一下 \(\text{Min25}​\) 筛. 简介 如果 \(f(n)\) 是一个积性函数,且 \(f(n)\) 是一个关于 \(n\) 的简单多项式,并可以快速算出 \(f(p^k),\ p\

再不写总结我又会忘掉啊啊啊啊啊啊啊啊啊 这个\(min-25\)筛主要用来求一个积性函数的前缀和,就像这样\[\sum_{i=1}^n f(i)\] 不过这个积性函数要满足两个条件:质数\(p\)的函数值\(f(p)\)有个多项式表达,\(f(p^c)\)能够快速计算 \(min-25\)筛求前缀和的过程可以看成把所有数贡献分成质数贡献和合数贡献计算(可能有\(1\)的贡献).先考虑质数的贡献 ... 好像除了暴力没有更好的办法啊 不过可以发现一个数\(>\sqrt{n}\)的质因子最多只有一个

前言 杜教筛学了,顺便把min25筛也学了吧= =刚好多校也有一道题需要补. 下面推荐几篇博客,我之后写一点自己的理解就是了. 传送门1 传送门2 传送门3 这几篇写得都还是挺好的,接下来我就写下自己对min25筛的理解吧 . 正文 简介: min25筛同杜教筛类似,是用来解决一类积性函数的前缀和,即\(\sum_{i=1}^nF(i)\),并且这里的\(n\)可以达到\(10^{10}\)的规模. 但所求积性函数要求满足以下条件: \(F(p)\)可以表示为简单多项式的形式,比如\(p_1^{

Min25筛 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

怕忘了赶快更一下.就是求积性函数前缀和的. 没有 \(\LaTeX\) 原理 现在你有一个积性函数 f(1)=1 FP(p) FPK(p,k) 首先要求的是前缀和,那就是f(质数)+f(合数)+f(1),然后f(1)=1直接最后加上,算前面的时候直接忽略掉. 首先算质数(min25筛第一阶段) 为了能做必须先把f(x)搞成一堆完全积性函数的和一起筛,下面以其中一个f(x)为例 设G(n,j)为2-n中i(i是质数或者i的最小质因子>pj)的f(i)之和,f是积性函数中的FP函数 按j从小到大分层

min25筛简介:用来求积性函数F(x)前缀和的,复杂度O(n0.75/logn),大概能求n<=1010. 记一个数x的最小质因子为R(x),所以当x不为质数时,R(x)<=√x这是废话. 首先求所有质数的F(x)和,下设g(i,j)=ΣF(x),其中2<=x<=i,且x为质数或R(x)>pri[j],其中pri[j]为第j个质数.其实,j的取值至多√n个显而易见,下面可以发现最终状态是g(i,tot),其中tot为√n以内的质数个数.初始化g(i,0),即将所有数视为质数

仅仅是 \(min25\) 筛最基本的方法,没有任何推式子的例题.(想了想还是加两道吧qwq) 这里解决的是 \(Luogu\) 那道模板题. min25 基本方法: 最基础的是两个式子: \[G(n,m): 所有合数 \space x \le n \space 的最小质因子 > pri_m 的 \space p^k 和或者是质数 \space x \le n \space 的\space p^k 的和.\\ G(n,m) = G(n,m - 1) - pri_m^k \times (G(\fr

Min25 筛与 Powerful Numbers Min25 筛 大喊一声 Min25 NB!!! 这是一个非常神奇的东西,用于求更加普遍的积性函数的前缀和. 比如我们要求 \(\sum_{i=1}^{n}f(i)\),其中 \(f(1)=1\).我们考虑将质数与合数分开考虑.(由于 \(1\) 这俩都不是,我们先不考虑)所以答案就等于质数的答案加上合数的答案再加上 \(f(1)\). 但是这样还是不够优美.因为合数的范围太广泛了,我们考虑对于每个质数再分组. 在这里,我们设 \(\sigma

题意:一个数的真因数指不包括其本身的所有因数,给定L,R,求这个区间的所有数的最大真因数之和. 思路:min25筛可以求出所有最小因子为p的数的个数,有可以求出最小因子为p的所有数之和. 那么此题就是对于所有素数因子,求它对应的和. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll unsigned long long ; ll Sqr,vis[maxn],pri[maxn],sp[maxn],tot,m,id1[maxn],id2

题意 题目链接 Sol min25筛的板子题,直接筛出\(g(N, \infty)\)即可 筛的时候有很多trick,比如只存\(\frac{N}{x}\)的值,第二维可以滚动数组滚动掉 #include<bits/stdc++.h> #define LL long long //#define int long long using namespace std; const int MAXN = 2e6 + 10; int Lim, vis[MAXN], prime[MAXN], tot;

题目:http://poj.org/problem?id=2262 大水题的筛质数. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int N=1e6; ],cnt; ]; void init() { ;i<=N;i++) { if(!vis[i])pri[++cnt]=i; ;j<=cnt&&(long long)i*pri[

pro:给定三个整数L,R,P求[L,R]区间的整数有多少个是以P为最小因子的.L,R,P<2e9; sol: 一: 比较快的做法是,用函数的思想递归. 用solve(N,P)表示求1到N有多少数字多少个的最小因子是P: 1,首先P是合数,或者N<P:solve=0: 2,否则,如果P*P>=N:solve=1: 3,solve=N/P-solve(N/P,i);     2<=i<P 由于P主要分布在sqrt(N),而且N每次log级别减小,所以收缩得很快.具体的复杂度我证

最近重新系统地学了下这几个知识点,以前没发现他们的联系,这次总结一下. 莫比乌斯反演入门:https://blog.csdn.net/litble/article/details/72804050 线性筛筛常见积性函数及其代码:https://blog.masterliu.net/algorithm/sieve/ 积性函数与线性筛(包括普通线性函数):https://blog.csdn.net/weixin_42562050/article/details/87997582 bzoj2154/b

推导过程类似https://www.cnblogs.com/acjiumeng/p/9742073.html 前面部分min25筛,后面部分杜教筛,预处理min25筛需要伯努利数 //#pragma GCC optimize(2) //#pragma GCC optimize(3) //#pragma GCC optimize(4) //#pragma GCC optimize("unroll-loops") //#pragma comment(linker, "/stack

%%yyb %%zsy 一. 基本操作:筛1~N中的素数个数.n=1e9 设F(M,j)表示,2~M的所有数中,满足以下条件之一的数的个数:①x是质数②x最小质因子大于(注意是大于没有等号)$P_j$(第j个质数) 转移方程:$F(M,j)=F(M,j-1)-(F([M/{P_j}],j-1)-(j-1))$理解的话,考虑埃氏筛的做法(这里从${P_j}^2$开始筛)统计这一次被删掉的数的个数也即形如:$x=P_j*some P_{j+x} (x>=0 \&\&some P_{j+x

题意:f(i)=i的幂次之和. 求(N+1-i)*f(i)之和. 思路:可以推论得对于一个素数p^k,其贡献是ans=(N+1)[N/(P^k)]+P^k(1+2+3...N/(P^k)); 我们分两部分统计答案即可,在p<=sqrt(N)时,可以暴力(阶乘那样一直除)统计答案. p>sqrt(N)时,我们可以利用min25的消息得到. 因为p>sqrt(N),这个时候k=1,所以贡献为(N+1)*(N/p)+p*(1+2+...N/p):我们把N/p相同的拉出来即可,而这个东西正好就是

Min_25筛简介 \(\text{min_25}\)筛是一种处理一类积性函数前缀和的算法. 其中这类函数\(f(x)\)要满足\(\sum_{i=1}^{n}[i\in prime]\cdot f(i)\)可以被\(\sum_{i=1}^{n}[i\in prime]\cdot i^k\)简单表示或者快速计算,其中\(k\)为较小的常数. 时间复杂度好像是\(O(\frac{n^{0.75}}{\log n})\),不过据说被证伪了...也有人说是\(O(n^{1-\epsilon})\),反

#include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; ; int primes[N], cnt; bool st[N]; void get_primes(int n) { //n只会被最小质因子筛掉 ; i <= n; i ++ ) { if (!st[i])//如果是质数 primes[cnt ++ ] = i; ; primes[j] <= n / i; j ++ ) {//从小到大枚举的质数 s

大概的思路是把所有数分成质数和合数考虑 对于质数,必须找出一个很简单的完全积性函数和所求函数拟合 把所有数当做质数看待求个前缀和,然后再枚举合数的最小质因子把合数T掉 枚举到根号n,即可保证把n以内的合数都去掉了,质数已经求出来了 具体把状态设计为G(n,k)表示小于等于n的数中最小质因子大于第k个质数或本身为质数的贡献 枚举k可以只开一维数组,像一维背包一样 然后依次从G[n]中减去最小质因子等于第k个质数的即可,因为小于k的都在之前减过了 等于k的如何获得,就是小于等于n/k的数中最小质因子