$难得一批!!!$

$Min\_25是针对积性函数f(i)求和问题，可处理范围可达到n^{11}-n^{12}。$
$所以复杂度是低于线性的。大概是\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log \sqrt{n}}。可以说是完爆洲阁筛甚至所有筛法。$
$但同时，虽然有这些优点，可理解起来相当不容易，所以很难。$

$粗略思路：$
$先将质数分为小于等于\sqrt{n}和大于\sqrt{n}两种。$
$再预处理所有质数函数的前缀和，利用小于等于\sqrt{n}的质数进行转移，推出所有函数的和。$

思想

筛质数

$问题：假设我们需要求出n以内所有质数和。$

$质数筛求出所有小于等于\sqrt{n}的质数，p_i表示第i个质数，一共有p_0个质数，ps为p的前缀和。$

$设函数S(x,j)={\sum }_{i=2}^{x}i\ast [i为质数或i的最小质因数大于p_j]$

$设Sum(n)=\frac{n(n+1)}{2}-1.$

$显然对于任意x，S(x,0)=Sum(x)-1，我们要求的ans=S(x,p_0)$

$考虑转移，如果p_j^2>x,S(x,j)=S(x,j-1).$
$否则:$
$$S(x,j)=S(x,j-1)-p_j\ast (S(\frac{x}{p_j},j-1)-p{s}_{j-1})$$

$一直转移、递归，就可以得到S(n,p_0).$

$可以看出，这种筛法可以筛很多的积性函数，但应该不是所有积性函数都能筛吧？$

积性函数求和

通过上面方法，可以求出很多积性函数f(x)，当x为质数时的和，现在要求：
$$\sum _{i=1}^{n}f(i)$$

$考虑把上面的式子倒过来推，定义跟前面的一样：(可以用上面的S预处理G(x,p_0))$
$设f{s}_x={\sum }_{i=1}^{x}f(p_i)$

$$G(x,j)=G(x,j+1)+\sum _{k=1}(G(\frac{x}{p_j^k},j+1)-f{s}_j)\ast f(p_j^k)+\sum _{k=2}f(p_j^k)$$

$则ans=G(n,0).$

Code

$由于递归消耗的时间会过长，所以采用循环代替递归.$

typedef long long ll;const int N = 1e5 + 10;namespace Min25 {int prime[N], id1[N], id2[N], flag[N], ncnt, m;ll g[N], sum[N], a[N], T, n;inline int ID(ll x) {return x <= T ? id1[x] : id2[n / x];}inline ll calc(ll x) {return x * (x + 1) / 2 - 1;}inline ll f(ll x) {return x;}inline void init() {ncnt = 0, m = 0;T = sqrt(n + 0.5);for (int i = 2; i <= T; i++) {if (!flag[i]) prime[++ncnt] = i, sum[ncnt] = sum[ncnt - 1] + i;for (int j = 1; j <= ncnt && i * prime[j] <= T; j++) {flag[i * prime[j]] = 1;if (i % prime[j] == 0) break;}}for (ll l = 1; l <= n; l = n / (n / l) + 1) {a[++m] = n / l;if (a[m] <= T) id1[a[m]] = m; else id2[n / a[m]] = m;g[m] = calc(a[m]);}for (int i = 1; i <= ncnt; i++)for (int j = 1; j <= m && (ll)prime[i] * prime[i] <= a[j]; j++)g[j] = g[j] - (ll)prime[i] * (g[ID(a[j] / prime[i])] - sum[i - 1]);}inline ll Solve(ll x) {if (x <= 1) return x;return n = x, init(), g[ID(n)];}
}

总结

第一部分

$考虑一个递推公式g(j,n)，表示n以内筛过前j个质数的倍数的合数和$。
$g(j,n)={\sum }_{iϵ||f(i)最小质因子>p_j}f(i)={\sum }_{iϵ||f(i)最小质因子>p_j}{i}^k$

$状态转移：$

$$g(j,n)=g(j-1,n)-f(p_j)[g(j-1,\frac{n}{p_j})-\sum _{i=1}^{j-1}f(p_i)]=g(j-1,n)-p_j^k[g(j-1,\frac{n}{p_j})-\sum _{i=1}^{j-1}{p}_i^k]$$

$当p_j^2>n时，g(j,n)=g(j-1,n)，所以只需要计算出\sqrt{n}以内的素数。$

第二部分

$预处理id1[]，id2[]和各种\frac{n}{l}的前缀和。$

第三部分

$设S(n,j)表示n以内所有最小质因子大于等于p_j的f(x)的和，即S(n,j)={\sum }_{i=1}^{n}F(i)[i最大质因子\ge p_j]$

$状态转移：$

S ( n , j ) = ∑ { g t ( i d [ n ] ) − s u m t [ j − 1 ] } + ∑ k ≥ y p k e + 1 ≤ n F ( p k e ) ∗ S ( n p k e , k + 1 ) + F ( p k e + 1 ) S(n,j)=\sum\{g_t(id[n])-sum_t[j-1]\}+\sum_{k\ge y\;p_k^{e+1}\leq n}F(p_k^e)*S(\frac{n}{p_k^e},k+1)+F(p_k^{e+1}) S(n,j)=∑{gt​(id[n])−sumt​[j−1]}+k≥ypke+1​≤n∑​F(pke​)∗S(pke​n​,k+1)+F(pke+1​)

$su{m}_t(j-1)={\sum }_{i=1}^{j-1}{p}_i^t为前j-1个质数的t次幂之和.$
∑ { g t ( i d [ n ] ) − s u m t [ j − 1 ] } 为 多 个 多 项 式 加 减 运 算 凑 成 的 多 项 式 的 质 数 和 ∑ p ϵ p r i m e s F ( x ) [ p < P j ] \sum\{g_t(id[n])-sum_t[j-1]\}为多个多项式加减运算凑成的多项式的质数和\sum_{p\epsilon primes}F(x)[p<P_j] ∑{gt​(id[n])−sumt​[j−1]}为多个多项式加减运算凑成的多项式的质数和∑pϵprimes​F(x)[p<Pj​]
$后面直接计算多项式函数F(p_k^e),F(p_k^{e+1})$

$递归完成即可。$

例题

LOJ 6235. 区间素数个数

传送门：https://loj.ac/p/6235

$求解1-n之间所有素数个数$

$$g(j,n)=g(j-1,n)-f(p_j)[g(j-1,\frac{n}{p_j})-\sum _{i=1}^{j-1}f(p_i)]=g(j-1,n)-g(j-1,\frac{n}{p_j})-(j-1)$$

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1e6 + 10;namespace Min_25 {int is_pr[N], pr[N], prs[N], cnt, m;ll n, T;ll id1[N], id2[N], a[N], g[N];inline int ID(ll x) {return x <= T ? id1[x] : id2[n / x];}inline ll calc(ll x) {return x - 1;}inline ll f(ll x) {return x;}void init() {cnt = m = 0;T = sqrt(n + 0.5);for(int i = 2;i <= T; i++) {if(!is_pr[i]) pr[++cnt] = i, prs[cnt] = prs[cnt - 1] + 1;for(int j = 1;j <= cnt && i * pr[j] <= T; j++) {is_pr[i * pr[j]] = true;if(i % pr[j] == 0) break;}}for(ll l = 1;l <= n; l = n / (n / l) + 1) {a[++m] = n / l;if(a[m] <= T) id1[a[m]] = m;else id2[n / a[m]] = m;g[m] = calc(a[m]);}for(int i = 1;i <= cnt; i++) {for(int j = 1;j <= m && (ll)pr[i] * pr[i] <= a[j]; j++) {g[j] = g[j] - (g[ID(a[j] / pr[i])] - prs[i - 1]);}}}ll Solve(ll x) {if(x <= 1) return x;return n = x, init(), g[ID(n)];}
}void solve() {ll n; cin >> n;cout << Min_25::Solve(n) << endl;
}signed main() {solve();
}

LOJ 6053. 简单的函数

传送门：https://loj.ac/p/6053

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;typedef long long ll;const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 10;ll quick_pow(ll a, ll b) {ll ans = 1;while(b) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return ans % mod;
}namespace Min_25 {int is_pr[N], id1[N], id2[N], cnt;ll n, m, T;ll pr[N], prs[N], a[N], g1[N], g2[N];ll inv2;inline ll ID(ll x) {return x <= T ? id1[x] : id2[n / x];}inline ll calc1(ll x) {return (x - 1) % mod;}inline ll calc2(ll x) {return x % mod * (x + 1) % mod * inv2 % mod - 1;}void init() {cnt = m = 0;inv2 = quick_pow(2, mod - 2);T = sqrt(n + 0.5);for(int i = 2;i <= T; i++) {if(!is_pr[i]) pr[++cnt] = i, prs[cnt] = (prs[cnt - 1] + i) % mod;for(int j = 1;j <= cnt && i * pr[j] <= T; j++) {is_pr[i * pr[j]] = true;if(i % pr[j] == 0) break;}}for(ll l = 1;l <= n; l = n / (n / l) + 1) {a[++m] = n / l;if(a[m] <= T) id1[a[m]] = m;else id2[n / a[m]] = m;g1[m] = calc1(a[m]);g2[m] = calc2(a[m]);}for(int i = 1;i <= cnt; i++) {for(int j = 1;j <= m && pr[i] * pr[i] <= a[j]; j++) {g1[j] = (g1[j] - (g1[ID(a[j] / pr[i])] - (i - 1))) % mod;g2[j] = (g2[j] - pr[i] * (g2[ID(a[j] / pr[i])] - prs[i - 1]) % mod) % mod;}}}ll S(ll x, ll y) {if(x <= 1 || x < pr[y]) return 0;ll ans = (g2[ID(x)] - prs[y - 1] - (g1[ID(x)] - (y - 1)) + (y == 1 ? 2 : 0) + mod) % mod;for(int i = y;i <= cnt && pr[i] * pr[i] <= x; i++) {ll pe = pr[i];for(int e = 1;pe * pr[i] <= x; e++, pe *= pr[i]) {ans = (ans + (pr[i] ^ e) * S(x / pe, i + 1) % mod + (pr[i] ^ e + 1) % mod) % mod;}}return ans % mod;}ll Solve(ll x) {return n = x, init(), S(n, 1) + 1;}
}void solve() {ll n; cin >> n;ll ans = Min_25::Solve(n);cout << (ans % mod + mod) % mod << endl;
}signed main() {solve();
}