Min_25筛--简明版

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一.前置技能

• 埃式筛法：标记素数的倍数

（线性筛是标记每个数的素数倍数）

• 积性函数性质:

(积性函数比如欧拉函数需要条件gcd(a,b)=1，完全积性函数不需要）

 

二.适用范围

min2.5筛:质数幂的多项式（完全积性函数）

求

(杜教筛：可以利用狄利克雷卷积转换为数论函数，方便求前缀和)

显然min2.5筛似乎适用更广些

时间复杂度：   空间复杂度：

 

三.算法思路

首先我们定义:

 

g(n,0)表示不对合数做限制，因此是所有数的k次幂的和

但我们要只保留所有素数k次幂的和，

最终得到g(n,INF)

每一轮类似埃式筛法的过程筛掉不满足的数，g(n,j)便代表：对 2~n做埃拉托斯特尼筛法 ,j 轮后剩下的所有数的 k 次幂和，

注意！g(n,j)包括 prime1,..primej 这些处理过的质数。

 

每轮从j-1→j，筛掉了f(i)

类似埃式筛法，我们只需筛n>=primej^2的部分，过程如下：

 

①n<=primej^2的部分已经在前面几轮被筛掉，

 

②n>=primej^2，则要筛掉大于的部分，这部分可以用积性函数性质：

 

f(i/primej)可以用g表示，因为n/primej>=n，所以g已经包含了前j-1轮已经筛出来的质数部分，减多了这部分要加回来

 

③先算出内质数幂的和的式子：

 

 

 

④最终计算：

我们定义：（注意没有or了，即使是质数，也受到本身＞primeb约束）

 

记忆化：

 

不记忆化：

若是质数，利用筛出了的质数和（注意最小质数要求大于b，所以要减去小于b的部分）（g-g那部分）

若是合数，枚举最小质因子的次数，累加即可（前半部分是除掉最小质数其他合数的贡献，后半部分是该质数的t次方的贡献）

 

四.代码

推荐参考链接

递归版

递推版

（暂）参考洛谷模板，注意预处理n/i的值以及加上f(1)的值

 

#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];//预处理n/i的值，分别小于大于根号n
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;//p^k^2-p^k
    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(){
    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的座标
            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;//}