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Powerful Number 筛

定义

Powerful Number(以下简称 PN)筛类似于杜教筛,或者说是杜教筛的一个扩展,可以拿来求一些积性函数的前缀和。

要求

  • 存在一个函数 满足:
    • 是积性函数。
    • 易求前缀和。
    • 对于质数

假设现在要求积性函数 的前缀和

Powerful Number

定义:对于正整数 ,记 的质因数分解为 是 PN 当且仅当

性质 1:所有 PN 都可以表示成 的形式。

证明:若 是偶数,则将 合并进 里;若 为奇数,则先将 合并进 里,再将 合并进 里。

性质 2 以内的 PN 至多有 个。

证明:考虑枚举 ,再考虑满足条件的 的个数,有 PN 的个数约等于

那么如何求出 以内所有的 PN 呢?线性筛找出 内的所有素数,再 DFS 搜索各素数的指数即可。由于 以内的 PN 至多有 个,所以至多搜索 次。

PN 筛

首先,构造出一个易求前缀和的积性函数 ,且满足对于素数 。记

然后,构造函数 ,这里的 表示狄利克雷卷积除法。根据狄利克雷卷积的性质可以得知 也为积性函数,因此 ,这里 表示狄利克雷卷积。

对于素数 。根据 是积性函数可以推出对于非 PN 的数 ,即 仅在 PN 处取有效值。

现在,根据

找出所有 PN,计算出所有 的有效值。对于 有效值的计算,只需要计算出所有 处的值,就可以根据 为积性函数推出 的所有有效值。现在对于每一个有效值 ,计算 并累加即可得到

下面考虑计算 ,一共有两种方法:一种是直接推出 仅与 有关的计算公式,再根据公式计算 ;另一种是根据 ,移项可得 ,现在就可以枚举素数 再枚举指数 求解出所有

过程

  1. 构造
  2. 构造快速计算 的方法
  3. 计算
  4. 搜索 PN,过程中累加答案
  5. 得到结果

对于第 3 步,可以直接根据公式计算,可以使用枚举法预处理打表,也可以搜索到了再临时推。

性质

以使用第二种方法计算 为例进行分析。可以分为计算 和搜索两部分进行分析。

对于第一部分,根据 内的素数个数为 ,每个素数 的指数 至多为 ,计算 需要循环 次,由此有第一部分的时间复杂度为 ,且这是一个宽松的上界。根据题目的不同还可以添加不同的优化,从而降低第一部分的时间复杂度。

对于搜索部分,由于 以内的 PN 至多有 个,所以至多搜索 次。对于每一个 PN,根据计算 的方法不同,时间复杂度也不同。例如,假设计算 的时间复杂度为 ,则第二部分的复杂度为

特别地,若借助杜教筛计算 ,则第二部分的时间复杂度为杜教筛的时间复杂度,即 。因为若事先计算一次 ,并且预先使用线性筛优化和用支持快速随机访问的数据结构(如 C++ 中的 std::mapstd::unordered_map)记录较大的值,则杜教筛过程中用到的 都是线性筛中记录的或者 std::map 中记录的,这一点可以直接用程序验证。

对于空间复杂度,其瓶颈在于存储 。若使用二维数组 记录, 表示 的值,则空间复杂度为

例题

Luogu P5325【模板】Min_25 筛

题意:给定积性函数 ,求

易得 ,构造

考虑使用杜教筛求 ,根据 可得

之后 的取值可以枚举计算,这种方法不再赘述。

此外,此题还可以直接求出 仅与 有关的公式,过程如下:

再根据 ,通过累加法即可推出

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;

template <typename T>
int mint(T x) {
  x %= MOD;
  if (x < 0) x += MOD;
  return x;
}

int add(int x, int y) { return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y; }

int mul(int x, int y) { return (long long)1 * x * y % MOD; }

int sub(int x, int y) { return x < y ? x - y + MOD : x - y; }  // 防止负数

int qp(int x, int y) {
  int r = 1;
  for (; y; y >>= 1) {
    if (y & 1) r = mul(r, x);
    x = mul(x, x);
  }
  return r;
}

int inv(int x) { return qp(x, MOD - 2); }

namespace PNS {
const int N = 2e6 + 5;
const int M = 35;

long long global_n;

int g[N], sg[N];

int h[N][M];
bool vis_h[N][M];

int ans;

int pcnt, prime[N], phi[N];
bool isp[N];

void sieve(int n) {
  pcnt = 0;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) isp[i] = true;  // 判断质数数组
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (isp[i]) {
      ++pcnt;
      prime[pcnt] = i;
      phi[i] = i - 1;
    }
    for (int j = 1; j <= pcnt; ++j) {  // 筛去非质数
      long long nxt = (long long)1 * i * prime[j];
      if (nxt > n) break;
      isp[nxt] = false;
      if (i % prime[j] == 0) {  // i是非质数的情况
        phi[nxt] = phi[i] * prime[j];
        break;
      }
      phi[nxt] = phi[i] * phi[prime[j]];
    }
  }

  for (int i = 1; i <= n; ++i) g[i] = mul(i, phi[i]);

  sg[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) sg[i] = add(sg[i - 1], g[i]);  // g函数的前缀和
}

int inv2, inv6;

void init() {
  sieve(N - 1);
  for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) h[i][0] = 1, h[i][1] = 0;
  for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) vis_h[i][0] = vis_h[i][1] = true;
  inv2 = inv(2);
  inv6 = inv(6);
}

int S1(long long n) { return mul(mul(mint(n), mint(n + 1)), inv2); }

int S2(long long n) {
  return mul(mul(mint(n), mul(mint(n + 1), mint(n * 2 + 1))), inv6);
}

map<long long, int> mp_g;

int G(long long n) {
  if (n < N) return sg[n];
  if (mp_g.count(n)) return mp_g[n];

  int ret = S2(n);
  for (long long i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
    j = n / (n / i);
    ret = sub(ret, mul(sub(S1(j), S1(i - 1)), G(n / i)));
  }
  mp_g[n] = ret;
  return ret;
}

void dfs(long long d, int hd, int pid) {
  ans = add(ans, mul(hd, G(global_n / d)));

  for (int i = pid, p; i <= pcnt; ++i) {
    if (i > 1 && d > global_n / prime[i] / prime[i]) break;  // 剪枝

    int c = 2;
    for (long long x = d * prime[i] * prime[i]; x <= global_n;
         x *= prime[i], ++c) {  // 计算f.g函数
      if (!vis_h[i][c]) {
        int f = qp(prime[i], c);
        f = mul(f, sub(f, 1));
        int g = mul(prime[i], prime[i] - 1);
        int t = mul(prime[i], prime[i]);

        for (int j = 1; j <= c; ++j) {
          f = sub(f, mul(g, h[i][c - j]));
          g = mul(g, t);
        }
        h[i][c] = f;
        vis_h[i][c] = true;
      }

      if (h[i][c]) dfs(x, mul(hd, h[i][c]), i + 1);
    }
  }
}

int solve(long long n) {
  global_n = n;
  ans = 0;
  dfs(1, 1, 1);
  return ans;
}
}  // namespace PNS

int main() {
  PNS::init();
  long long n;
  scanf("%lld", &n);
  printf("%d\n", PNS::solve(n));
  return 0;
}

「LOJ #6053」简单的函数

给定

易得:

构造

易证 为积性函数。

下面考虑求

,则

时,有

时,有

综上,有

可以用杜教筛求, 直接按照公式推,这样 也可以求出来了。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;
const int inv2 = (MOD + 1) / 2;

template <typename T>
int mint(T x) {
  x %= MOD;
  if (x < 0) x += MOD;
  return x;
}

int add(int x, int y) {
  return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y;
}  // 防止大于模数

int mul(int x, int y) { return (long long)1 * x * y % MOD; }

int sub(int x, int y) { return x < y ? x - y + MOD : x - y; }  // 防负数

namespace PNS {
const int N = 2e6 + 5;
const int M = 35;

long long global_n;

int s1[N], s2[N];

int h[N][M];
bool vis_h[N][M];

int ans;

int pcnt, prime[N], phi[N];
bool isp[N];

void sieve(int n) {
  pcnt = 0;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) isp[i] = true;  // 判断质数数组
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (isp[i]) {
      ++pcnt;
      prime[pcnt] = i;
      phi[i] = i - 1;
    }
    for (int j = 1; j <= pcnt; ++j) {  // 筛去非质数
      long long nxt = (long long)1 * i * prime[j];
      if (nxt > n) break;
      isp[nxt] = false;
      if (i % prime[j] == 0) {  // i是非质数的情况
        phi[nxt] = phi[i] * prime[j];
        break;
      }
      phi[nxt] = phi[i] * phi[prime[j]];
    }
  }

  s1[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) s1[i] = add(s1[i - 1], phi[i]);

  s2[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n / 2; ++i) {
    s2[i] = add(s2[i - 1], phi[2 * i]);
  }
}

void init() {
  sieve(N - 1);
  for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) h[i][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= pcnt; ++i) vis_h[i][0] = true;
}

map<long long, int> mp_s1;

int S1(long long n) {
  if (n < N) return s1[n];
  if (mp_s1.count(n)) return mp_s1[n];

  int ret = mul(mul(mint(n), mint(n + 1)), inv2);
  for (long long i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
    j = n / (n / i);
    ret = sub(ret, mul(mint(j - i + 1), S1(n / i)));
  }
  mp_s1[n] = ret;
  return ret;
}

map<long long, int> mp_s2;

int S2(long long n) {
  if (n < N / 2) return s2[n];
  if (mp_s2.count(n)) return mp_s2[n];
  int ret = add(S1(n), S2(n / 2));
  mp_s2[n] = ret;
  return ret;
}

int G(long long n) { return add(S1(n), mul(2, S2(n / 2))); }

void dfs(long long d, int hd, int pid) {
  ans = add(ans, mul(hd, G(global_n / d)));

  for (int i = pid, p; i <= pcnt; ++i) {
    if (i > 1 && d > global_n / prime[i] / prime[i]) break;  // 剪枝

    int c = 2;
    for (long long x = d * prime[i] * prime[i]; x <= global_n;
         x *= prime[i], ++c) {
      if (!vis_h[i][c]) {
        int f = prime[i] ^ c, g = prime[i] - 1;

        // p = 2时特判一下
        if (i == 1) g = mul(g, 3);

        for (int j = 1; j <= c; ++j) {
          f = sub(f, mul(g, h[i][c - j]));
          g = mul(g, prime[i]);
        }
        h[i][c] = f;
        vis_h[i][c] = true;
      }

      if (h[i][c]) dfs(x, mul(hd, h[i][c]), i + 1);
    }
  }
}

int solve(long long n) {
  global_n = n;
  ans = 0;
  dfs(1, 1, 1);
  return ans;
}
}  // namespace PNS

int main() {
  PNS::init();  // 预处理函数
  long long n;
  scanf("%lld", &n);
  printf("%d\n", PNS::solve(n));
  return 0;
}

习题

参考资料