Min_25筛(EES筛)法

Extended Eratosthenes Sieve 参考链接

枚举所有质因子≤n\le\sqrt{n}≤n的数kkk，设其最大质因子为LLL，则S(n)+=f(k)⋅∑L<p≤nkf(p)pisprimeS(n)+=f(k)\cdot\sum_{L<p\le \frac n k}f(p) \quad p \ is \ primeS(n)+=f(k)⋅∑L<p≤knf(p)p is prime，此时每个k⋅pk\cdot pk⋅p都对应第一类数；

另外，若kkk的最大质因子次幂>1>1>1，S(n)+=f(k)S(n)+=f(k)S(n)+=f(k)，此时kkk就是一个第二类数。

伪代码如下：

计算g(i)g(i)g(i)的伪代码：

对于每个我们可能用到的g(i)g(i)g(i)，我们只会在遍历不超过n\sqrt{n}n的质数时访问到，因此每个iii贡献的时间复杂度为O(ilogi)=O(ilogi)O(\frac {\sqrt{i} }{log\sqrt{i}})=O(\frac {\sqrt{i} }{logi})O(logii)=O(logii)

例题1 DIVCNTK

定义σ(n)=n的因子数\sigma(n)=n的因子数σ(n)=n的因子数，求∑i=1nσ(ik)mod264n,k1e10\sum_{i=1}^n\sigma(i^k) \ mod \ 2^{64} \quad \ n,k \ 1e10∑i=1nσ(ik) mod 264 n,k 1e10

//SPOJ  DIVCNTK - Counting Divisors (general)
//Author : Feynman1999   9.27.2018
//f(1)=1
//f(p)=k+1
//f(p^e)=ek+1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
u64 n,M,k;
//pre预处理后是2~i的p^0的和  p是素数
//hou是2~n/i的p^0的和
//同理，一个题目可能出现p^1 p^2等需要维护
vector<u64> pre,hou,primes;// 这里res是n/枚举的数
u64 dfs(u64 res, int last, u64 f){//最大质因子是prime[last-1] 但将1放在外面值显然一样u64 t=(res > M ? hou[n/res] : pre[res])-pre[primes[last]-1];u64 ret= t*f*(k+1);//这里需修改for(int i=last;i<(int) primes.size();++i){int p = primes[i];if((u64)p*p > res) break;for(u64 q=p,nres=res,nf=f*(k+1);q*p<=res;q*=p){//nf需修改ret += dfs (nres/=p,i+1,nf);//枚举更大的数nf += f*k;//继续枚举当前素数，指数大于1时，指数每加1，nf+=f*k  ,k是系数ret += nf;//指数大于1时，记上贡献}}return ret;
}
u64 solve(u64 n){M=sqrt(n);pre.clear();pre.resize(M+1);hou.clear();hou.resize(M+1);primes.clear();primes.reserve(M+1);for(int i=1;i<=M;++i){pre[i]=i-1;hou[i]=n/i-1;}for(int p=2;p<=M;++p){if(pre[p]==pre[p-1]) continue;primes.push_back(p);const u64 q=(u64)p*p,m=n/p,pnt=pre[p-1];const int mid=M/p;const int End=min((u64)M,n/q);for(int i=1;i<=mid;++i) hou[i]-=hou[i*p]-pnt;for(int i=mid+1;i<=End;++i) hou[i]-=pre[m/i]-pnt;for(int i=M;i>=q;--i) pre[i]-=pre[i/p]-pnt;}primes.push_back(M+1);return n>1 ? 1+dfs(n,0,1) : 1;
}
int main()
{//freopen("in.txt","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);int t;cin>>t;while(t--){cin>>n>>k;cout<<solve(n)<<endl;}return 0;
}

例题2 神犇和蒟蒻

1<=N<=1E9 答案mod 1e9+7

显然A=1，我们只要计算B

//phi(1^2)=1
//phi(p^2)=p^2-p
//phi((p^e)^2)=phi((p^{e-1})^2)*p*p;
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int ni6=166666668;
const int ni2=500000004;
ll n,M;
vector<int> pre[3],hou[3],primes;inline int add(const int x, const int v) {return x + v >= mod ? x + v - mod : x + v;
}
inline int dec(const int x, const int v) {return x - v < 0 ? x - v + mod : x - v;
}//这里res是n/枚举的数
int dfs(ll res, int last, ll f){//最大质因子是prime[last-1] 但将1放在外面值显然一样int t=dec((res > M ? hou[2][n/res] : pre[2][res]),pre[2][primes[last]-1]);int ret= (ll)t*f%mod;//这里需修改for(int i=last;i<(int) primes.size();++i){int p = primes[i];if((ll)p*p > res) break;const int p2=(ll)p*p%mod;for(ll q=p,nres=res,nf=f*p%mod*(p-1)%mod;q*p<=res;q*=p){//nf需修改ret = add(ret,dfs(nres/=p,i+1,nf));//枚举更大的数nf = nf*p2%mod;//继续枚举当前素数，指数大于1时，指数每加1,nf=nf*p*p;ret =add(ret,nf);//指数大于1时，记上贡献}}return ret;
}inline int ff(ll x){x%=mod;return x*(x+1)%mod*ni2%mod;
}inline int fff(ll x){x%=mod;return x*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*ni6%mod;
}int solve(ll n){M=sqrt(n);for(int i=0;i<3;++i){pre[i].clear();pre[i].resize(M+1);hou[i].clear();hou[i].resize(M+1);}primes.clear();primes.reserve(M+1);for(int i=1;i<=M;++i){pre[0][i]=i-1;hou[0][i]=n/i-1;pre[1][i]=dec(ff(i),1);;hou[1][i]=dec(ff(n/i),1);pre[2][i]=dec(fff(i),1);hou[2][i]=dec(fff(n/i),1);}for(int p=2;p<=M;++p){if(pre[0][p]==pre[0][p-1]) continue;primes.push_back(p);const ll q=(ll)p*p;const int m=n/p,pnt0=pre[0][p-1],pnt1=pre[1][p-1],pnt2=pre[2][p-1];const int mid=M/p;const int End=min((ll)M,n/q);for(int i=1;i<=mid;++i){hou[0][i]=dec(hou[0][i],dec(hou[0][i*p],pnt0));hou[1][i]=dec(hou[1][i],dec(hou[1][i*p],pnt1)*(ll)p%mod);hou[2][i]=dec(hou[2][i],dec(hou[2][i*p],pnt2)*q%mod);}for(int i=mid+1;i<=End;++i){hou[0][i]=dec(hou[0][i],dec(pre[0][m/i],pnt0));hou[1][i]=dec(hou[1][i],dec(pre[1][m/i],pnt1)*(ll)p%mod);hou[2][i]=dec(hou[2][i],dec(pre[2][m/i],pnt2)*q%mod);}for(int i=M;i>=q;--i){pre[0][i]=dec(pre[0][i],dec(pre[0][i/p],pnt0));pre[1][i]=dec(pre[1][i],dec(pre[1][i/p],pnt1)*(ll)p%mod);pre[2][i]=dec(pre[2][i],dec(pre[2][i/p],pnt2)*q%mod);}}//cout<<clock()<<endl;primes.push_back(M+1);for (int i = 1; i <= M; i++) {pre[2][i] = dec(pre[2][i], pre[1][i]);//p^p-phou[2][i] = dec(hou[2][i], hou[1][i]);}return n>1 ? add(dfs(n,0,1),1) : 1;
}int main()
{//freopen("in.txt","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);cin>>n;cout<<1<<endl;cout<<solve(n)<<endl;return 0;
}

例题3 APS2 一道不是积性函数的题，说明了非积性函数的可行性

定义f(n)=n的最小质因子f(n)=n的最小质因子f(n)=n的最小质因子，求∑i=1nf(i)mod264\sum_{i=1}^nf(i) \ mod \ 2^{64}∑i=1nf(i) mod 264 ,1≤N≤12345678910111≤N≤12345678910111≤N≤1234567891011

//SPOJ  DIVCNTK - Counting Divisors (general)
//f(1)=0
//f(p)=p
//f(p^e)=p
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
u64 n,M;
vector<u64> pre[2],hou[2],primes;
u64 ff(u64 A, u64 B){return (A+B)%2?(B-A+1)/2*(A+B):(A+B)/2*(B-A+1);
}
u64 dfs(u64 res, int last, u64 f){u64 ret,t;if(f>0){t = (res > M ? hou[0][n/res] : pre[0][res]) - pre[0][primes[last]-1];//有多少个素数//直接-id也行   因为pre[0][primes[last]-1]=idret = t * f * 1;//每个的权值这里就是f}else ret = hou[1][1];//第一次f=0  计算所有的素数的贡献for(int i=last;i<(int) primes.size();++i){int p = primes[i];if((u64)p*p > res) break;for(u64 q=p,nres=res,nf=(f==0?p:f);q*p<=res;q*=p){//f==0表明初始化ret += dfs (nres/=p,i+1,nf);ret += nf;//f==0 nf就是p  否则就是f}}return ret;
}
u64 solve(u64 n){M=sqrt(n);for(int i=0;i<2;++i){pre[i].clear();pre[i].resize(M+1);hou[i].clear();hou[i].resize(M+1);}primes.clear();primes.reserve(M+1);for(int i=1;i<=M;++i){pre[0][i]=i-1;pre[1][i]=ff(2,i);hou[0][i]=n/i-1;hou[1][i]=ff(2,n/i);}for(int p=2;p<=M;++p){if(pre[0][p]==pre[0][p-1]) continue;primes.push_back(p);const u64 q=(u64)p*p,m=n/p,pnt0=pre[0][p-1],pnt1=pre[1][p-1];const int mid=M/p;const int End=min((u64)M,n/q);for(int i=1;i<=mid;++i){hou[0][i]-=hou[0][i*p]-pnt0;hou[1][i]-=(hou[1][i*p]-pnt1)*p;}for(int i=mid+1;i<=End;++i){hou[0][i]-=pre[0][m/i]-pnt0;hou[1][i]-=(pre[1][m/i]-pnt1)*p;}for(int i=M;i>=q;--i){pre[0][i]-=pre[0][i/p]-pnt0;pre[1][i]-=(pre[1][i/p]-pnt1)*p;}}primes.push_back(M+1);return n>1 ? dfs(n,0,0) : 0;
}
int main()
{//freopen("in.txt","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);int t;cin>>t;while(t--){cin>>n;cout<<solve(n)<<endl;}return 0;
}

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