[luogu P5325][模板]Min_25筛

Address

Solution

记 $p_i$ 表示第 $i$ 小的质数（$p[0]=1$），$s1[x]=\sum_{i=1}^{x}p[x]，s2[x]=\sum_{i=1}^{x}p[x]^2$。
记 $g1(x,i)$ 为：$$\sum_{j=1}^{x}[j是质数或j的最小质因子大于p_i]j$$
记 $g2(x,i)$ 为：$$\sum_{j=1}^{{x}[j是质数或j的最小质因子大于p_i]j}2$$
因为 $n$ 以内的合数的最小质因子为 $O(\sqrt n)$，所以第二维的 $i$ 满足：$p_i^2≤n$。
记 $s(x,y)$ 为：$$\sum_{j=1}^{{x}[j的最小质因子大于p_y]j}2-j$$
那么显然有： $$ans=S(x,y)+1$$
假设我们已经求得了所有的 $g1(x,i),g2(x,i)$。
考虑如何求 $s(x,y)$：
我们分别考虑质数与合数对答案的贡献。
对于质数，记 $\sqrt n$ 以内的质数个数为 $c$，我们要求的就是：$$res=\sum_{j=y+1}^{c}p_j2-p_j$$
我们把它转换为两个前缀和相减的形式（前 $c$ 个的贡献 $-$ 前 $j$ 个的贡献），并且利用上 $g1，g2$，那么有：$$res=g2(x,c)-g1(x,c)-(s2[y]-s1[y])$$
对于合数，有最小质因子大于 $p_y$ 的限制。
我们枚举 $i,j$，并计算所有满足以下条件的合数 $a$ 对答案的贡献：
1.$a$ 的最小质因子为 $p_i$。
2.$a$ 可以分解出 $j$ 个 $p_i$。
我们把每个合法的 $a$ 都分解出因数 $p_i^j$，记 $b$ 为分解后的 $a$，那么 $b$ 要满足条件:
1.$b$ 的最小质因子大于 $p_i$ 或 $b=1$。
2.$b≤\lfloor\frac{x}{p_i^j}\rfloor$。
那么我们就得出了递推式：$$s(x,y)=res-\sum_{i=y+1}^{{c}\sum_{j=1,p_i}j≤x}f(p_i^{j)*(s(\lfloor\frac{x}{p_i}j}\rfloor,i)+[j=1])$$
现在还有一个问题，就是求 $g1,g2$。
我们可以这样求 $g1$（$g2$ 同理）：
先让 $g1(x,i)=g1(x,i-1)$，接着要减去所有满足最小质因子等于 $p_i$的合数的贡献。
我们还是把这些合数分解出因数 $p_i$，然后分解后的数 $d$ 要满足以下条件：
1.$d$ 的最小质因子大于 $p_{i-1}$。
2.$d≤\lfloor\frac{x}{p_i}\rfloor$。
显然有：$$g1(x,i)=g1(x,i-1)-p_i(g1(\lfloor\frac{x}{p_i}\rfloor,i-1)-s1[i-1])$$
然后还有一个问题就是 $g1,g2,s$ 的第一维可能到 $O(n)$ 级别，需要离散化。
显然第一维只可能是某个 $\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$ 的值。
那么当 $x≤\sqrt n$时，记 $id1[x]$ 表示 $x$ 离散化后的值。
否则，记 $id2[n/x]$ 表示 $x$ 离散化后的值。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

const int e = 1e6 + 5, mod = 1e9 + 7;
ll g1[e], g2[e], n, s1[e], s2[e], a[e];
bool bo[e];
int cnt, p[e], tot, id1[e], id2[e], s, inv6;

inline int plu(int x, int y)
{
	(x += y) >= mod && (x -= mod);
	return x;
}

inline int sub(int x, int y)
{
	(x -= y) < 0 && (x += mod);
	return x;
}

inline int ksm(int x, int y)
{
	int res = 1;
	while (y)
	{
		if (y & 1) res = (ll)res * x % mod;
		y >>= 1;
		x = (ll)x * x % mod;
	}
	return res;
}

inline int calc1(ll x)
{
	x %= mod;
	return (ll)x * (x + 1) / 2 % mod;
}

inline int calc2(ll x)
{
	x %= mod;
	return (ll)x * (x + 1) % mod * (2 * x + 1) % mod * inv6 % mod;
}

inline void init()
{
	inv6 = ksm(6, mod - 2); s = sqrt(n);
	ll i, j;
	for (i = 1; i <= n; i = j + 1)
	{
		a[++tot] = n / i;
		j = n / a[tot];
		g1[tot] = sub(calc1(a[tot]), 1);
		g2[tot] = sub(calc2(a[tot]), 1);
		if (a[tot] <= s) id1[a[tot]] = tot;
		else id2[n / a[tot]] = tot;
	}
}

inline void sieve()
{
	int i, j;
	for (i = 2; i <= s; i++)
	{
		if (!bo[i])
		{
			p[++cnt] = i;
			s1[cnt] = plu(s1[cnt - 1], i);
			s2[cnt] = plu(s2[cnt - 1], (ll)i * i % mod);
		}
		for (j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= s; j++)
		{
			bo[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}

inline void solve_g()
{
	int i, j;
	for (i = 1; i <= cnt; i++)
	{
		for (j = 1; j <= tot; j++)
		if ((ll)p[i] * p[i] <= a[j])
		{
			ll x = a[j], y = x / p[i];
			int k = y <= s ? id1[y] : id2[n / y], z = x <= s ? id1[x] : id2[n / x];
			g1[z] = sub(g1[z], (ll)p[i] * sub(g1[k], s1[i - 1]) % mod);
			g2[z] = sub(g2[z], (ll)p[i] * p[i] % mod * sub(g2[k], s2[i - 1]) % mod);
		}
	}
}

inline int dfs(ll x, int y)
{
	if (p[y] >= x) return 0;
	int i, j, k = x <= s ? id1[x] : id2[n / x];
	int res = sub(sub(g2[k], g1[k]), sub(s2[y], s1[y]));
	ll pj;
	for (i = y + 1; i <= cnt && (ll)p[i] * p[i] <= x; i++)
	for (j = 1, pj = p[i]; pj <= x; j++, pj = pj * p[i])
	{
		int f = pj % mod;
		f = (ll)f * sub(f, 1) % mod;
		res = plu(res, (ll)f * plu(dfs(x / pj, i), j != 1) % mod);
	}
	return res;
}

int main()
{
	cin >> n; init(); sieve(); solve_g();
	cout << plu(dfs(n, 0), 1) << endl;
	return 0;
}