洲閣篩
給定一個積性函數$F(n)$，求$\sum_{i = 1}^{n}F(n)$。並且$F(n)$滿足在素數和素數次冪的時候易於計算。
顯然有：
$\sum_{i = 1}^{n} F(n) = \sum_{i = 1}^{\sqrt{n}}F(i) \left(\sum_{\sqrt{n} < p\leqslant n/i, p\ is\ a\ prime} F(p) \right) + \sum_{i = 1, i\ has\ no\ prime\ factor\ greater\ than\ \sqrt{n}}^{n} F(i)$。
Part 1
第一部分是要求出$\sum_{\sqrt{n}<p \leqslant n/i, p\ is\ a\ prime} F(p)$
假設小於等於$\sqrt{n}$的素數從小到大分別是$P_1, P_2, \cdots, P_{m}$。
設$f_{i, j}$表示$[1, j]$中和前$i$個素數互質的數的函數值和。
當$i = 0$時候想辦法計算。
考慮當$i > 0$的時候的轉移。考慮從$f_{i - 1, j}$中需要刪掉最小質因子等於$P_i$的數的貢獻。
所以有轉移式子$f_{i, j} = f_{i - 1, j} - F(P_i) f_{i - 1, \left \lfloor j / P_i \right \rfloor}$
如果$F(n)$本身不是完全積性函數，需要把它拆成若干積性函數的和。注意這一部分只用保證素數處取值相同即可。
注意到第一維約有$O\left (\frac{\sqrt{n}}{\log n} \right)$種取值，第二維有$O\left (\sqrt{n}\right)$種取值。暴力計算的複雜度是$O\left (\frac{n}{\log n} \right )$
優化
考慮當$j < P_{i+ 1}$的時候，$f_{i, j} = 1$。考慮把條件放縮成$j < P_i$。
因此，當$P_i \leqslant j < P_{i}^2$的時候$f_{i, j} = f_{i - 1, j} - F(P_i)$。
所以做法是：
- 維護一個$F(P_i)$的前綴和
- 考慮轉移時的$f_{i - 1, \left \lfloor j / P_i \right \rfloor}$
- 當$j \geqslant P_{i}^2$的時候暴力計算
- 當$P_i \leqslant j < P_{i}^2$的時候，需要這樣的狀態的時候減去一段和就行了。
- 當$j < P_i$的時候，由於$f_{i, 0} = 0$，所以這一部分的值不會改變。
所以對於每個$j$，有效的狀態只有$O\left (\frac{\sqrt{j}}{\log j} \right )$。
時間複雜度爲：$\sum_{i = 1}^{\sqrt{n}} O \left (\frac{\sqrt{i}}{\log i} \right ) + \sum_{i = 1}^{\sqrt{n}} O\left ( \frac{\sqrt{n/i}}{\log {n/i}}\right)$
由於第一部分顯然小於第二部分，所以只用考慮第二部分的和。
所以有：$\sum_{i = 1}^{\sqrt{n}}O \left (\frac{\sqrt{n/i}}{\log n - \log i}\right)$
由於$\log i \leqslant \log \sqrt{n} = \frac{1}{2}\log n$
所以：$\sum_{i = 1}^{\sqrt{n}}O \left (\frac{\sqrt{n/i}}{\frac{1}{2}\log n}\right) = \sum_{i = 1}^{\sqrt{n}}O\left (\frac{\sqrt{n / i}}{\log n}\right) = O\left ( \frac{n^{3/4}}{\log n}\right)$
Part 2
這一部分是要求出$\sum_{i = 1, i\ has\ no\ prime\ factor\ greater\ than\ \sqrt{n}}^{n} F(i)$
假設小於等於$\sqrt{n}$的素數從小到大分別是$P_1, P_2, \cdots, P_{m}$。
設$g_{i, j}$表示在$[1, j]$中，質因子只包含$P_{i}, P_{i + 1}, \cdots, P_{m}$的數的函數值的和。
轉移考慮枚舉當前質數$P_i$的指數。所以有：$g_{i, j} = g_{i - 1, j} + \sum_{e = 1}^{\log_{P_i} j} F(P_{i}^{e}) g_{i - 1, \lfloor j / P_i^e\rfloor}$
對於時間複雜度，考慮對於每一個$j$的轉移的枚舉量，可以得到大概是$O(\frac{\sqrt{j}}{\log j})$。<del>(不會積分，告辭)</del>
和Part 1一樣，得到暴力計算這一部分的複雜度是$O(\frac{n}{\log n})$。
優化
因爲質因子是從大到小枚舉的，所以當$j < P_{i}$的時候，$g_{i, j} = 1$。
所以當滿足$P_i \leqslant j < P_{i}^2$，滿足$g_{i, j} = g_{i - 1, j} + F(P_i)$。
和Part 1一樣，分成三段，一段暴力轉移，一段需要時前綴和，一段不需要維護。
複雜度也是同樣的計算方法
1 /** 2 * SPOJ 3 * Problem#DIVCNT3 4 * Accepted 5 * Time: 35190ms 6 * Memory: 33792k 7 */ 8 #include <bits/stdc++.h> 9 using namespace std; 10 typedef bool boolean; 11 12 template <typename T> 13 void pfill(T* pst, const T* ped, T val) { 14 for ( ; pst != ped; *(pst++) = val); 15 } 16 17 #define ll long long 18 19 typedef class Euler { 20 public: 21 int num; 22 boolean *vis; 23 int *pri, *d3, *mp; 24 25 Euler(int n) : num(0) { 26 d3 = new int[(n + 1)]; 27 mp = new int[(n + 1)]; 28 pri = new int[(n + 1)]; 29 vis = new boolean[(n + 1)]; 30 pfill(vis, vis + n + 1, false); 31 d3[1] = 1; 32 for (int i = 2; i <= n; i++) { 33 if (!vis[i]) { 34 d3[i] = 4, pri[num++] = i, mp[i] = 1; 35 } 36 for (int j = 0, _ = n / i, x; j < num && pri[j] <= _; j++) { 37 vis[x = pri[j] * i] = true; 38 if (!(i % pri[j])) { 39 d3[x] = (d3[i / mp[i]] + 3) * d3[mp[i]]; 40 mp[x] = mp[i]; 41 break; 42 } else { 43 mp[x] = i, d3[x] = d3[i] << 2; 44 } 45 } 46 } 47 } 48 ~Euler() { 49 delete[] mp; 50 delete[] vis; 51 delete[] d3; 52 delete[] pri; 53 } 54 } Euler; 55 56 const int N = 330000; 57 58 Euler *_euler; 59 60 int T; 61 vector<ll> ns; 62 63 ll maxn, D; 64 65 int cnt_prime; 66 int *pri, *d3; 67 68 inline void init() { 69 scanf("%d", &T); 70 for (ll x; T--; ) { 71 scanf("%lld", &x); 72 ns.push_back(x); 73 maxn = max(maxn, x); 74 } 75 D = sqrt(maxn + 0.5) + 1; 76 while (D * 1ll * D <= maxn) 77 D++; 78 _euler = new Euler(D + 23); 79 cnt_prime = _euler->num; 80 pri = _euler->pri, d3 = _euler->d3; 81 } 82 83 ll n; 84 int cnt_P[N]; 85 int range0[N], range1[N]; 86 ll f0[N], f1[N], g0[N], g1[N]; 87 88 void precalc() { 89 for (int i = 1; i < D; i++) { 90 range0[i] = range0[i - 1]; 91 while (pri[range0[i]] * 1ll * pri[range0[i]] <= i) { 92 range0[i]++; 93 } 94 } 95 for (int i = D - 1; i; i--) { 96 ll y = n / i; 97 range1[i] = range1[i + 1]; 98 while (pri[range1[i]] * 1ll * pri[range1[i]] <= y) { 99 range1[i]++; 100 } 101 } 102 pfill(cnt_P, cnt_P + D, 0); 103 for (int i = 0; pri[i] < D; i++) { 104 cnt_P[pri[i]]++; 105 } 106 for (int i = 1; i < D; i++) { 107 cnt_P[i] += cnt_P[i - 1]; 108 } 109 } 110 111 int nump; 112 ll get_value_f(int i, ll j) { 113 if (j >= D) { 114 int rj = n / j; 115 return f1[rj] + (max(0, nump - max(range1[rj], i)) << 2); 116 } 117 return f0[j] + (max(0, cnt_P[j] - max(range0[j], i)) << 2); 118 } 119 120 void calculate_f() { 121 for (nump = 0; pri[nump] < D; nump++); 122 for (int i = 1; i < D; i++) { 123 f0[i] = 1, f1[i] = 1; 124 } 125 for (int i = nump - 1; ~i; i--) { 126 for (int j = 1; j < D && i < range1[j]; j++) { 127 ll m = n / j, coef = 1; 128 while (m /= pri[i]) { 129 f1[j] += (coef += 3) * get_value_f(i + 1, m); 130 } 131 } 132 for (int j = D - 1; j && i < range0[j]; j--) { 133 ll m = j, coef = 1; 134 while (m /= pri[i]) { 135 f0[j] += (coef += 3) * get_value_f(i + 1, m); 136 } 137 } 138 } 139 for (int i = 1; i < D; i++) { 140 f1[i] = get_value_f(0, n / i); 141 } 142 for (int i = 1; i < D; i++) { 143 f0[i] = get_value_f(0, i); 144 } 145 } 146 147 ll get_value_g(int i, ll j) { 148 if (j >= D) { 149 int rj = n / j; 150 return g1[rj] - max(0, i - range1[rj]); 151 } 152 return g0[j] - max(0, min(i, cnt_P[j]) - range0[j]); 153 } 154 155 void calculate_g() { 156 for (int i = 1; i < D; i++) { 157 g0[i] = i, g1[i] = n / i; 158 } 159 int cp = 0; 160 for (int i = 0; pri[i] < D; i++, cp++) { 161 for (int j = 1; j < D && i < range1[j]; j++) { 162 g1[j] -= get_value_g(i, n / j / pri[i]); 163 } 164 for (int j = D - 1; j && i < range0[j]; j--) { 165 g0[j] -= get_value_g(i, j / pri[i]); 166 } 167 } 168 for (int i = 1; i < D; i++) { 169 (g1[i] = get_value_g(cp, n / i) - 1) <<= 2; 170 } 171 for (int i = 1; i < D; i++) { 172 (g0[i] = get_value_g(cp, i) - 1) <<= 2; 173 } 174 } 175 176 void Solve(ll _n) { 177 n = _n; 178 D = sqrt(n + 0.5) + 1; 179 while (D * 1ll * D <= n) 180 D++; 181 precalc(); 182 calculate_g(); 183 calculate_f(); 184 ll ans = f1[1]; 185 for (int i = 1; i < D; i++) { 186 ans += d3[i] * g1[i]; 187 // cerr << d3[i] << " " << g1[i] << '\n'; 188 } 189 printf("%lld\n", ans); 190 } 191 192 inline void solve() { 193 for (int i = 0; i < (signed) ns.size(); i++) { 194 Solve(ns[i]); 195 } 196 } 197 198 int main() { 199 init(); 200 solve(); 201 return 0; 202 }
Min25篩
Part 1
假設小於等於$\sqrt{n}$的素數從小到大分別是$P_1, P_2, \cdots, P_{m}$。
設$g_{i, j} = \sum_{k = 2}^{j} [k的最小質因子大於P_i或者k是質數] F(k)$
轉移式子：
$$g_{i, j} =
\begin{cases}g_{i - 1, j} - F(P_i)(g_{i - 1, \lfloor j / P_i\rfloor} - g_{i - 1, P_i - 1}) & (j \geqslant P_i^2) \\
g_{i - 1, j} & (1 \leqslant j < P_i^2)
\end{cases}
$$
和洲閣篩類似，不過第一種情況還需要摳掉素數的貢獻。
這裏也要求$F$是一個完全積性函數。
我們考慮求出$1, 2, \cdots, \sqrt{n}, \lfloor n / \sqrt{n}\rfloor, \cdots, \lfloor n / 2\rfloor, n$處的值。
Part 2
這裏考慮計算$S(n, i) = \sum_{i = 2}^{n}[n的最小質因子大於等於P_i]F(n)$。
那麼顯然答案等於$S(n, 1) + F(1)$。
這裏簡單粗暴一點，不難得到這樣一個式子：
$$
S(n, i) = g_{m, n} - \sum_{j = 1}^{m - 1}F(P_j) + \sum_{j = i \wedge P_j^2 \leqslant n}\sum_{e = 1\wedge P_{j}^{e + 1}\leqslant n} F(P_{j}^{e}) S(\lfloor n/P_{j}^e\rfloor) + F(P_{j}^{e + 1})
$$
前一半是計算素數的貢獻。
考慮計算合數的貢獻，後一半是先枚舉最小質因子，因爲它是一個合數最小質因子，所以$p^2 \leqslant n$
$p^{e + 1} \leqslant n$是類似的原因。
時間複雜度被證明爲是$O(\frac{n}{Poly(\log n)})$。
（似乎目前min_25在$10^{13}$範圍內吊打其他篩）
1 /** 2 * loj 3 * Problem#6053 4 * Accepted 5 * Time: 1442ms 6 * Memory: 3124k 7 */ 8 #include <bits/stdc++.h> 9 using namespace std; 10 typedef bool boolean; 11 12 #define ll long long 13 14 const int Mod = 1e9 + 7; 15 16 template <const int Mod = :: Mod> 17 class Z { 18 public: 19 int v; 20 21 Z() : v(0) { } 22 Z(int v) : v(v) { } 23 Z(ll x) : v(x % Mod) { } 24 25 Z operator + (Z b) { 26 int x = v + b.v; 27 return Z((x >= Mod) ? (x - Mod) : (x)); 28 } 29 Z operator - (Z b) { 30 int x = v - b.v; 31 return Z((x < 0) ? (x + Mod) : (x)); 32 } 33 Z operator * (Z b) { 34 return Z(v * 1ll * b.v); 35 } 36 }; 37 38 typedef Z<> Zi; 39 40 template <typename T> 41 void pfill(T* pst, const T* ped, T val) { 42 for ( ; pst != ped; *(pst++) = val); 43 } 44 45 typedef class Euler { 46 public: 47 int *pri; 48 boolean* vis; 49 50 Euler(int n) { 51 int num = 0; 52 pri = new int[(n + 1)]; 53 vis = new boolean[(n + 1)]; 54 pfill(vis + 1, vis + n + 1, false); 55 for (int i = 2; i <= n; i++) { 56 if (!vis[i]) { 57 pri[num++] = i; 58 } 59 for (int j = 0; j < num && pri[j] * 1ll * i <= n; j++) { 60 vis[i * pri[j]] = true; 61 if (!(i % pri[j])) { 62 break; 63 } 64 } 65 } 66 } 67 ~Euler() { 68 delete[] vis; 69 } 70 } Euler; 71 72 const int N = 1e5 + 30; 73 74 ll n; 75 int D; 76 int *pri; 77 Zi fp[N]; 78 Zi g0[N], g1[N]; 79 Zi h0[N], h1[N]; 80 int range0[N], range1[N]; 81 82 inline void init() { 83 scanf("%lld", &n); 84 D = sqrt(n + 0.5); 85 while (D * 1ll * D <= n) { 86 D++; 87 } 88 Euler euler(D + 23); 89 pri = euler.pri; 90 } 91 92 int nump = 0; 93 94 Zi get_value_g(ll j) { 95 return (j >= D) ? (g1[n / j]) : (g0[j]); 96 } 97 98 Zi get_value_h(ll j) { 99 return (j >= D) ? (h1[n / j]) : (h0[j]); 100 } 101 102 Zi S(ll n, int m) { 103 if (pri[m] > n) { 104 return 0; 105 } 106 Zi rt = get_value_g(n) - fp[m]; 107 for (int j = m; pri[j] * 1ll * pri[j] <= n; j++) { 108 int p = pri[j]; 109 ll pe = p; 110 for (int e = 1; pe * p <= n; pe = pe * p, e++) { 111 rt = rt + Zi(p ^ e) * S(n / pe, j + 1) + Zi(p ^ (e + 1)); 112 } 113 } 114 // assert(m <= nump); 115 // cerr << n << " " << m << " " << rt.v << '\n'; 116 return rt; 117 } 118 119 Zi comb2(ll n) { 120 return (n & 1) ? (Zi((n + 1) >> 1) * n) : (Zi(n >> 1) * (n + 1)); 121 } 122 123 inline void solve() { 124 for (int i = 1; i < D; i++) { 125 range0[i] = range0[i - 1]; 126 while (pri[range0[i]] * 1ll * pri[range0[i]] <= i) { 127 range0[i]++; 128 } 129 } 130 range1[D] = range0[D - 1]; 131 for (int i = D - 1; i; i--) { 132 range1[i] = range1[i + 1]; 133 while (pri[range1[i]] * 1ll * pri[range1[i]] * i <= n) { 134 range1[i]++; 135 } 136 } 137 for (int i = 1; i < D; i++) { 138 g0[i] = i - 1, g1[i] = Zi(n / i - 1); 139 h0[i] = (((i + 1) * 1ll * i) >> 1) - 1; 140 h1[i] = comb2(n / i) - 1; 141 } 142 for (int i = 0; pri[i] < D; i++, nump++) { 143 for (int j = 1; j < D && i < range1[j]; j++) { 144 g1[j] = g1[j] - (get_value_g(n / j / pri[i]) - g0[pri[i] - 1]); 145 h1[j] = h1[j] - (get_value_h(n / j / pri[i]) - h0[pri[i] - 1]) * pri[i]; 146 } 147 for (int j = D - 1; j && i < range0[j]; j--) { 148 g0[j] = g0[j] - (g0[j / pri[i]] - g0[pri[i] - 1]); 149 h0[j] = h0[j] - (h0[j / pri[i]] - h0[pri[i] - 1]) * pri[i]; 150 } 151 } 152 for (int i = 1; i < D; i++) { 153 g0[i] = h0[i] - g0[i] + (i >= 2) * 2; 154 g1[i] = h1[i] - g1[i] + (n >= (i << 1)) * 2; 155 } 156 for (int i = 1; i <= nump; i++) { 157 fp[i] = fp[i - 1] + (pri[i - 1] ^ 1); 158 } 159 Zi ans = S(n, 0) + 1; 160 printf("%d\n", ans.v); 161 } 162 163 int main() { 164 init(); 165 solve(); 166 return 0; 167 }