Min_25 筛

定义

从此种筛法的思想方法来说，其又被称为「Extended Eratosthenes Sieve」。

由于其由 Min_25 发明并最早开始使用，故称「Min_25 筛」。

性质

其可以在 $O (\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$ 或 $Θ (n^{1 - ϵ})$ 的时间复杂度下解决一类 积性函数 的前缀和问题。

要求： $f (p)$ 是一个关于 $p$ 可以快速求值的完全积性函数之和（例如多项式）； $f (p^{c})$ 可以快速求值。

记号

如无特别说明，本节中所有记为 $p$ 的变量的取值集合均为全体质数。
$x / y := ⌊ \frac{x}{y} ⌋$
$isprime (n) := [| {d : d ∣ n} | = 2]$ ，即 $n$ 为质数时其值为 $1$ ，否则为 $0$ 。
$p_{k}$ ：全体质数中第 $k$ 小的质数（如： $p_{1} = 2, p_{2} = 3$ ）。特别地，令 $p_{0} = 1$ 。
$lpf (n) := [1 < n] min {p : p ∣ n} + [1 = n]$ ，即 $n$ 的最小质因数。特别地， $n = 1$ 时，其值为 $1$ 。
$F_{prime} (n) := \sum_{2 \leq p \leq n} f (p)$
$F_{k} (n) := \sum_{i = 2}^{n} [p_{k} \leq lpf (i)] f (i)$

解释

观察 $F_{k} (n)$ 的定义，可以发现答案即为 $F_{1} (n) + f (1) = F_{1} (n) + 1$ 。

考虑如何求出 $F_{k} (n)$ 。通过枚举每个 $i$ 的最小质因子及其次数可以得到递推式：

\begin{aligned} F_{k} (n) & = \sum_{i = 2}^{n} [p_{k} \leq lpf (i)] f (i) \\ = \sum_{\begin{matrix} k \leq i \\ p_{i}^{2} \leq n \end{matrix}} \sum_{\begin{matrix} c \geq 1 \\ p_{i}^{c} \leq n \end{matrix}} f (p_{i}^{c}) ([c > 1] + F_{i + 1} (n / p_{i}^{c})) + \sum_{\begin{matrix} k \leq i \\ p_{i} \leq n \end{matrix}} f (p_{i}) \\ = \sum_{\begin{matrix} k \leq i \\ p_{i}^{2} \leq n \end{matrix}} \sum_{\begin{matrix} c \geq 1 \\ p_{i}^{c} \leq n \end{matrix}} f (p_{i}^{c}) ([c > 1] + F_{i + 1} (n / p_{i}^{c})) + F_{prime} (n) - F_{prime} (p_{k - 1}) \\ = \sum_{\begin{matrix} k \leq i \\ p_{i}^{2} \leq n \end{matrix}} \sum_{\begin{matrix} c \geq 1 \\ p_{i}^{c + 1} \leq n \end{matrix}} (f (p_{i}^{c}) F_{i + 1} (n / p_{i}^{c}) + f (p_{i}^{c + 1})) + F_{prime} (n) - F_{prime} (p_{k - 1}) \end{aligned}

最后一步推导基于这样一个事实：对于满足 $p_{i}^{c} \leq n < p_{i}^{c + 1}$ 的 $c$ ，有 $p_{i}^{c + 1} > n ⟺ n / p_{i}^{c} < p_{i} < p_{i + 1}$ ，故 $F_{i + 1} (n / p_{i}^{c}) = 0$ 。
其边界值即为 $F_{k} (n) = 0 (p_{k} > n)$ 。

假设现在已经求出了所有的 $F_{prime} (n)$ ，那么有两种方式可以求出所有的 $F_{k} (n)$ ：

直接按照递推式计算。
从大到小枚举 $p$ 转移，仅当 $p^{2} < n$ 时转移增加值不为零，故按照递推式后缀和优化即可。

现在考虑如何计算 $F_{prime} (n)$ 。
观察求 $F_{k} (n)$ 的过程，容易发现 $F_{prime}$ 有且仅有 $1, 2, \dots, ⌊ \sqrt{n} ⌋, n / \sqrt{n}, \dots, n / 2, n$ 这 $O (\sqrt{n})$ 处的点值是有用的。
一般情况下， $f (p)$ 是一个关于 $p$ 的低次多项式，可以表示为 $f (p) = \sum a_{i} p^{c_{i}}$ 。
那么对于每个 $p^{c_{i}}$ ，其对 $F_{prime} (n)$ 的贡献即为 $a_{i} \sum_{2 \leq p \leq n} p^{c_{i}}$ 。
分开考虑每个 $p^{c_{i}}$ 的贡献，问题就转变为了：给定 $n, s, g (p) = p^{s}$ ，对所有的 $m = n / i$ ，求 $\sum_{p \leq m} g (p)$ 。

注意

$g (p) = p^{s}$ 是完全积性函数！

于是设 $G_{k} (n) := \sum_{i = 2}^{n} [p_{k} < lpf (i) \lor isprime (i)] g (i)$ ，即埃筛第 $k$ 轮筛完后剩下的数的 $g$ 值之和。
对于一个合数 $x \leq n$ ，必定有 $lpf (x) \leq \sqrt{x} \leq \sqrt{n}$ 。设 $p_{ℓ (n)}$ 为不大于 $\sqrt{n}$ 的最大质数，则 $\sum_{2 \leq p \leq n} g (p) = G_{ℓ (n)} (n)$ ，即在埃筛进行 $ℓ$ 轮之后剩下的均为质数。考虑 $G$ 的边界值，显然为 $G_{0} (n) = \sum_{i = 2}^{n} g (i)$ 。（还记得吗？特别约定了 $p_{0} = 1$ ）
对于转移，考虑埃筛的过程，分开讨论每部分的贡献，有：

对于 $n < p_{k}^{2}$ 的部分， $G$ 值不变，即 $G_{k} (n) = G_{k - 1} (n)$ 。
对于 $p_{k}^{2} \leq n$ 的部分，被筛掉的数必有质因子 $p_{k}$ ，即 $- g (p_{k}) G_{k - 1} (n / p_{k})$ 。
对于第二部分，由于 $p_{k}^{2} \leq n ⟺ p_{k} \leq n / p_{k}$ ，满足 $lpf (i) < p_{k}$ 的 $i$ 会被额外减去。这部分应当加回来，即 $g (p_{k}) G_{k - 1} (p_{k - 1})$ 。

则有：

G_{k} (n) = G_{k - 1} (n) - [p_{k}^{2} \leq n] g (p_{k}) (G_{k - 1} (n / p_{k}) - G_{k - 1} (p_{k - 1}))

复杂度分析

对于 $F_{k} (n)$ 的计算，其第一种方法的时间复杂度被证明为 $O (n^{1 - ϵ})$ （见 zzt 集训队论文 2.3）；
对于第二种方法，其本质即为洲阁筛的第二部分，在洲阁论文中也有提及（6.5.4），其时间复杂度被证明为 $O (\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$ 。

对于 $F_{prime} (n)$ 的计算，事实上，其实现与洲阁筛第一部分是相同的。
考虑对于每个 $m = n / i$ ，只有在枚举满足 $p_{k}^{2} \leq m$ 的 $p_{k}$ 转移时会对时间复杂度产生贡献，则时间复杂度可估计为：

\begin{aligned} T (n) & = \sum_{i^{2} \leq n} O (π (\sqrt{i})) + \sum_{i^{2} \leq n} O (π (\sqrt{\frac{n}{i}})) \\ = \sum_{i^{2} \leq n} O (\frac{\sqrt{i}}{\ln \sqrt{i}}) + \sum_{i^{2} \leq n} O (\frac{\sqrt{\frac{n}{i}}}{\ln \sqrt{\frac{n}{i}}}) \\ = O (\int_{1}^{\sqrt{n}} \frac{\sqrt{\frac{n}{x}}}{\log \sqrt{\frac{n}{x}}} d x) \\ = O (\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n}) \end{aligned}

对于空间复杂度，可以发现不论是 $F_{k}$ 还是 $F_{prime}$ ，其均只在 $n / i$ 处取有效点值，共 $O (\sqrt{n})$ 个，仅记录有效值即可将空间复杂度优化至 $O (\sqrt{n})$ 。

首先，通过一次数论分块可以得到所有的有效值，用一个大小为 $O (\sqrt{n})$ 的数组 $lis$ 记录。对于有效值 $v$ ，记 $id (v)$ 为 $v$ 在 $lis$ 中的下标，易得：对于所有有效值 $v$ ， $id (v) \leq \sqrt{n}$ 。

然后分开考虑小于等于 $\sqrt{n}$ 的有效值和大于 $\sqrt{n}$ 的有效值：对于小于等于 $\sqrt{n}$ 的有效值 $v$ ，用一个数组 $le$ 记录其 $id (v)$ ，即 ${le}_{v} = id (v)$ ；对于大于 $\sqrt{n}$ 的有效值 $v$ ，用一个数组 $ge$ 记录 $id (v)$ ，由于 $v$ 过大所以借助 $v^{'} = n / v < \sqrt{n}$ 记录 $id (v)$ ，即 ${ge}_{v^{'}} = id (v)$ 。

这样，就可以使用两个大小为 $O (\sqrt{n})$ 的数组记录所有有效值的 $id$ 并 $O (1)$ 查询。在计算 $F_{k}$ 或 $F_{prime}$ 时，使用有效值的 $id$ 代替有效值作为下标，即可将空间复杂度优化至 $O (\sqrt{n})$ 。

过程

对于 $F_{k} (n)$ 的计算，我们实现时一般选择实现难度较低的第一种方法，其在数据规模较小时往往比第二种方法的表现要好；

对于 $F_{prime} (n)$ 的计算，直接按递推式实现即可。

对于 $p_{k}^{2} \leq n$ ，可以用线性筛预处理出 $s_{k} := F_{prime} (p_{k})$ 来替代 $F_{k}$ 递推式中的 $F_{prime} (p_{k - 1})$ 。
相应地， $G$ 递推式中的 $G_{k - 1} (p_{k - 1}) = \sum_{i = 1}^{k - 1} g (p_{i})$ 也可以用此方法预处理。

用 Extended Eratosthenes Sieve 求 积性函数 $f$ 的前缀和时，应当明确以下几点：

如何快速（一般是线性时间复杂度）筛出前 $\sqrt{n}$ 个 $f$ 值；
$f (p)$ 的多项式表示；
如何快速求出 $f (p^{c})$ 。

明确上述几点之后按顺序实现以下几部分即可：

筛出 $[1, \sqrt{n}]$ 内的质数与前 $\sqrt{n}$ 个 $f$ 值；
对 $f (p)$ 多项式表示中的每一项筛出对应的 $G$ ，合并得到 $F_{prime}$ 的所有 $O (\sqrt{n})$ 个有用点值；
按照 $F_{k}$ 的递推式实现递归，求出 $F_{1} (n)$ 。

例题

Luogu P4213【模板】杜教筛

求 $\sum_{i = 1}^{n} φ (i)$ 和 $\sum_{i = 1}^{n} μ (i)$ 。

解答

对于求 $φ (i)$ 的前缀和，首先易知 $f (p) = p - 1$ 。对于 $f (p)$ 的一次项 $(p)$ ，有 $g (p) = p, G_{0} (n) = \sum_{i = 2}^{n} g (i) = \frac{(n + 2) (n - 1)}{2}$ ；对于 $f (p)$ 的常数项 $(- 1)$ ，有 $g (p) = - 1, G_{0} (n) = \sum_{i = 2}^{n} g (i) = - n + 1$ 。筛两次加起来即可得到 $F_{prime}$ 的所有 $O (\sqrt{n})$ 个所需点值。

对于求 $μ (i)$ 的前缀和，易知 $f (p) = - 1$ 。则 $g (p) = - 1, G_{0} (n) = \sum_{i = 2}^{n} g (i) = - n + 1$ 。直接筛即可得到 $F_{prime}$ 的所有 $O (\sqrt{n})$ 个所需点值。

LOJ 6053 简单的函数

给定 $f (n)$ ：

f (n) = {\begin{cases} 1 & n = 1 \\ p xor c & n = p^{c} \\ f (a) f (b) & n = a b \land a ⟂ b \end{cases}

求 $\sum_{i = 1}^{n} f (i)$ 。

解答

易知 $f (p) = p - 1 + 2 [p = 2]$ 。则按照筛 $φ$ 的方法筛，对 $2$ 讨论一下即可。

参考代码

/* 「LOJ #6053」简单的函数 */
#include <cmath>
#include <iostream>

constexpr int MAXS = 200000;  // 2sqrt(n)
constexpr int mod = 1000000007;

template <typename x_t, typename y_t>
void inc(x_t &x, const y_t &y) {
  x += y;
  (mod <= x) && (x -= mod);
}

template <typename x_t, typename y_t>
void dec(x_t &x, const y_t &y) {
  x -= y;
  (x < 0) && (x += mod);
}

template <typename x_t, typename y_t>
int sum(const x_t &x, const y_t &y) {
  return x + y < mod ? x + y : (x + y - mod);
}

template <typename x_t, typename y_t>
int sub(const x_t &x, const y_t &y) {
  return x < y ? x - y + mod : (x - y);
}

template <typename _Tp>
int div2(const _Tp &x) {
  return ((x & 1) ? x + mod : x) >> 1;
}

// 以上目的均为防负数和取模
template <typename _Tp>
long long sqrll(const _Tp &x) {  // 平方函数
  return (long long)x * x;
}

int pri[MAXS / 7], lpf[MAXS + 1], spri[MAXS + 1], pcnt;

void sieve(const int &n) {
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (lpf[i] == 0) {  // 记录质数
      lpf[i] = ++pcnt;
      pri[lpf[i]] = i;
      spri[pcnt] = sum(spri[pcnt - 1], i);  // 前缀和
    }
    for (int j = 1, v; j <= lpf[i] && (v = i * pri[j]) <= n; ++j) lpf[v] = j;
  }
}

long long global_n;
int lim;
int le[MAXS + 1],  // x <= \sqrt{n}
    ge[MAXS + 1];  // x > \sqrt{n}
#define idx(v) (v <= lim ? le[v] : ge[global_n / v])

int G[MAXS + 1][2], Fprime[MAXS + 1];
long long lis[MAXS + 1];
int cnt;

void init(const long long &n) {
  for (long long i = 1, j, v; i <= n; i = n / j + 1) {
    j = n / i;
    v = j % mod;
    lis[++cnt] = j;
    (j <= lim ? le[j] : ge[global_n / j]) = cnt;
    G[cnt][0] = sub(v, 1ll);
    G[cnt][1] = div2((long long)(v + 2ll) * (v - 1ll) % mod);
  }
}

void calcFprime() {
  for (int k = 1; k <= pcnt; ++k) {
    const int p = pri[k];
    const long long sqrp = sqrll(p);
    for (int i = 1; lis[i] >= sqrp; ++i) {
      const long long v = lis[i] / p;
      const int id = idx(v);
      dec(G[i][0], sub(G[id][0], k - 1));
      dec(G[i][1], (long long)p * sub(G[id][1], spri[k - 1]) % mod);
    }
  }
  /* F_prime = G_1 - G_0 */
  for (int i = 1; i <= cnt; ++i) Fprime[i] = sub(G[i][1], G[i][0]);
}

int f_p(const int &p, const int &c) {
  /* f(p^{c}) = p xor c */
  return p ^ c;
}

int F(const int &k, const long long &n) {
  if (n < pri[k] || n <= 1) return 0;
  const int id = idx(n);
  long long ans = Fprime[id] - (spri[k - 1] - (k - 1));
  if (k == 1) ans += 2;
  for (int i = k; i <= pcnt && sqrll(pri[i]) <= n; ++i) {
    long long pw = pri[i], pw2 = sqrll(pw);
    for (int c = 1; pw2 <= n; ++c, pw = pw2, pw2 *= pri[i])
      ans +=
          ((long long)f_p(pri[i], c) * F(i + 1, n / pw) + f_p(pri[i], c + 1)) %
          mod;
  }
  return ans % mod;
}

using std::cin;
using std::cout;

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> global_n;
  lim = sqrt(global_n);  // 上限

  sieve(lim + 1000);  // 预处理
  init(global_n);
  calcFprime();
  cout << (F(1, global_n) + 1ll + mod) % mod << '\n';

  return 0;
}

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