2022/7/5 Upd：略微修改了版面。
简介
和杜教筛一样，\(\text{Min\_25}\) 筛能够快速计算（快过线性）某些积性函数的前缀和。
\(\text{Min\_25}\) 筛的特点是最小质因数
跟这个有关的比较适合拿 \(\text{Min\_25}\) 筛解决。
最简单的形式是：\(f(p^e)\) 可以表示成关于 \(p^e\) 的低阶多项式。
接下来以这道题为例：【模板】Min_25筛。
算法
题意
积性函数 \(f(x)\) 满足 \(f(p^k)=p^k(p^k-1)\) ，求：
\(n \leq 10^{10}\)。
首先定义几个东西
-
\(p_1,p_2,\dots,p_n\) 表示 前 \(n\) 个素数。
-
\(\mathbb P\) 表示 素数集。
-
\(low(n)\) 表示 \(n\) 的最小质因数为 \(p_{low(n)}\)。
-
\(t\) 表示不超过 \(\sqrt{n}\) 的质数数量。
S(m,k)
- 先提一点，由于 \(1\) 太特殊了，在计算过程中都不考虑 \(1\) ，最后再在答案里加上。
首先就是 \(\text{Min\_25}\) 筛最核心的部分：它是采用类似 DP 的方法求解的。
设 \(S(m,k)\) 为：不超过 \(m\) ，且最小质因数大于 \(p_k\) 的数的函数值之和。
或者说： \(S(m,k)=\sum\limits_{i=2}^m f(i)[low(i)>k]\)。
那我们的答案就是 \(ans=S(n,0)\) 了。
好的，那怎么转移呢？
非常经典的转移方式：枚举最小质因数及它的次数。
比如说最小质因数为 \(p_j\) ，次数为 \(e\)。
那我们就知道把 \(p_j^e\) 提出来，别的质因数一定要比 \(j\) 大了，也就是 \(S(\lfloor\frac{m}{p_j^e}\rfloor,j)\)。
于是就可以转移啦……？
好，来试试！
- 解释：\(f(p_j^e)\) 是它的贡献（由于积性函数可以拎出来）；\(+1\) 是指它自身（什么都不乘）有一个贡献。
成功啦。
等一下，这东西哪来的复杂度保证啊？
枚举所有质数能快就怪了。
咋办？
仔细一看，很容易发现有个限制：\(p_j^e \leq m\)。
也就是说， \(p_j\) 比较大的时候，\(e=1\)。
那我们把 \(e\) 只能为 \(1\) 的拎出来不就快多了吗？
先要算 \(p_k+1\) 到 \(m\) 的质数的贡献。
于是式子可以改写一下：
解释：当 \(p_j^2>m\) 时，\(S(\lfloor\frac{m}{p_j^e}\rfloor,j)=0\) 没有贡献，所以不用枚举。
好，接下来处理前面那个东西吧！
g(m,k)
这显然又可以改一下：
后面那个东西就是前 \(k\) 个质数的贡献，线性筛直接就得到了。
为了方便把它记成 \(s_k=\sum\limits_{i=1}^{k} f(p_i)\)。
前面那个……挺不好求的。
为了方便把它记成 \(g_k=\sum\limits_{i=1}^{k}[i \in \mathbb P] f(i)\)。
这时候就要请出第二个 DP：
设 \(g(m,k)\) 为：不超过 \(m\) ，且 最小质因数大于 \(p_k\) 的数 或者 质数 的函数值之和。
或者说： \(g(m,k)=\sum\limits_{i=2}^m f(i)[(low(i)>k) \vee (i \in \mathbb P)]\)。
这跟 \(S(m,k)\) 挺相似的：\(g(m,k)=S(m,k)+s_k\)。
那要求的就是 \(g_k=g(k,t)\)。
转移？
这次我们换个转移方式，考虑从 \(g(m,k-1)\) 转移到 \(g(m,k)\)。
显然少掉的只有 最小质因数为 \(p_k\) 的合数。
（注意：上面 \(S\) 的计算中不这样转移是因为难以去掉大质数来优化）
啊，更简单了，连最小质因数都不用枚举。
不过呢，也不需要枚举次数 \(e\)。
之前不是提到 \(f(x)\) 可以表示成低阶多项式吗？
拆开不就成 完全积性函数 了？
可以这么拆是因为现在只需要求 \(p^k\) 处的值。
好，那假装现在 \(f(x)\) 变成了 \(x^k\)。
当然后面那个东西就是 \(s_{k-1}\)。
计算
注意到 \(g(m,k)\) 只会由 \(g(?,k-1)\) 转移而来。
而我们最后要用的只有 \(g(?,t)\)，也许可以预处理。
再看回 \(S(m,k)\)：
我们只求 \(S(n,0)\)。
然后你仔细看这个 \(m\)：它从 \(n\) 开始，被整除了一个数，又被整除了一个数……
所以 \(m\) 必可以表示成 \(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)！ （ \(d\) 是任意数）
这个只有 \(2\sqrt{n}\) 个，不错。
这是非常关键的一步，原本无法处理的问题通过这个根号降到了可以处理的范围。
（顺带一提，这个思想在杜教筛其实也是可以用的）
所以 \(g(?,t)\) 也只需要预处理出来 \(g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,t)\) 即可。
当然这个预处理就是个 DP 啦。
然后把 \(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\) 离散化一下，套套式子：
显然 \(k\) 这一维可以被滚动掉，就很优了。
当然注意 \(p_k^2 \leq m\)
求解直接递归即可，不用记忆化。
再来介绍一个离散化的小技巧。
对于 \(k=\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\) ，如果它不超过 \(\sqrt{n}\) ，就扔进 \(ind1[k]\) 里；否则就扔进 \(ind2[\lfloor\frac{n}{k}\rfloor]\) 里
好了，恭喜你学会了 \(\text{Min\_25}\) 筛！
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N=2e5+5,mod=1e9+7;
long long n,m;
long long pri[N],cnt;
long long mp[N],g1[N],g2[N],id;
long long s1[N],s2[N],ind1[N],ind2[N];
bool pd[N];
long long getpos(long long x){
if(x<=m) return ind1[x];
else return ind2[n/x];
}
void init(long long lim){
pd[1]=1;
for(long long i=2;i<=lim;i++){
if(!pd[i]){
pri[++cnt]=i;
s1[cnt]=(s1[cnt-1]+i)%mod;
s2[cnt]=(s2[cnt-1]+i*i%mod)%mod;
}
for(long long j=1;j<=cnt && i*pri[j]<=lim;j++){
pd[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
}
long long S(long long x,long long k){
if(pri[k]>=mp[x]) return 0;
long long tot=(g2[x]-s2[k]-(g1[x]-s1[k])+mod+mod)%mod;
for(long long j=k+1;j<=cnt && pri[j]*pri[j]<=mp[x];j++){
long long tmp=pri[j];
for(long long e=1;tmp<=mp[x];e++,tmp*=pri[j]){
long long tmpp=tmp%mod;
tot=(tot+tmpp*(tmpp-1)%mod*(S(getpos(mp[x]/tmp),j)+(e!=1))%mod)%mod;
}
}
return tot;
}
int main(){
cin>>n;
m=sqrt(n);
init(m);
for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
long long tmp=n/l;
mp[++id]=tmp;//离散化对应的数
if(tmp<=m) ind1[tmp]=id;//离散化对应的下标
else ind2[n/tmp]=id;
tmp%=mod;
g1[id]=(tmp*(tmp+1)/2%mod+mod-1)%mod;
g2[id]=(tmp*(tmp+1)/2%mod*((tmp*2+1)%mod)%mod*333333336%mod+mod-1)%mod;//此处是g(i,0)的值
}
for(long long k=1;k<=cnt;k++){
for(long long i=1;i<=id && pri[k]*pri[k]<=mp[i];i++){//g(i,k)
long long tmp=getpos(mp[i]/pri[k]);
g1[i]=(g1[i]+mod-pri[k]*((g1[tmp]+mod-s1[k-1])%mod)%mod)%mod;
g2[i]=(g2[i]+mod-pri[k]*pri[k]%mod*((g2[tmp]+mod-s2[k-1])%mod)%mod)%mod;
}
}//dp预处理
cout<<(S(getpos(n),0)+1)%mod;
}
拓展
还是这个东西
刚才用递归，只求出了 \(S(n,0)\)。
如果想求出所有 \(S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,0)\) 呢？
众所周知搜索可以写成 DP。
转移是 \(k\) 从大往小转移的。
考虑从 \(S(m,k)\) 转移到 \(S(m,k-1)\)。
挺像 背包 的不是吗？
for(long long i=1;mp[i]>=pri[cnt];i++){
ans[i]=((g2[i]-g1[i])-(s2[cnt]-s1[cnt])+mod+mod)%mod;
}
for(long long j=cnt;j>=1;j--){
for(long long i=1;mp[i]>=pri[j];i++){
ans[i]=(ans[i]+(s2[j]-s1[j])-(s2[j-1]-s1[j-1])+mod+mod)%mod;
if(pri[j]*pri[j]>mp[i]) continue;
long long tmp=pri[j];
for(long long e=1;tmp<=mp[i];e++,tmp*=pri[j]){
long long tmpp=tmp%mod;
ans[i]=(ans[i]+tmpp*(tmpp-1)%mod*(ans[getpos(mp[i]/tmp)]+(e!=1)))%mod;
}
}
}
不过这么写还是挺慢了（所以没啥实际意义）。
但是如果 \(f\) 只有 \(1\) 项的话，可以用完全背包优化。
练习
LOJ6053 简单的函数
题意：积性函数 \(f(n)\) 满足 \(f(p^k)=p \oplus k\)，\(f(1)=1\)。
求：
\(n \leq 10^{10}\)
一看就是 Min_25 模板。
这个异或看起来很难搞，但是 \(S(m,k)\) 函数的计算是不需要表示成多项式的。
所以只用考虑 \(g(m,k)\) 计算时质数的取值。
显然：
-
\(f(2)=1\)
-
\(f(p)=p+1,p \neq 2\)
就变成模板啦~
UOJ188 【UR #13】Sanrd
题意：令 \(f(n)\) 为 \(n\) 的次大质因数（重复的也算，比如 \(f(4)=2\) ）。若 \(n\) 为质数，则规定 \(f(n)=0\)。
求：
\(l+r \leq 10^{11}\)
还是根据 Min_25 的经典套路，设出 \(S(m,k)\)。
然后发现因为质数的时候没贡献，不用考虑了！
也就不用设 \(g\) 了，简单了许多。
分类讨论 \(p_j\) 是不是次大质因数，发现还要快速求质数个数。
求质数个数的话令模板那里的 \(f(x)=1\) 即可。
LOJ572 「LibreOJ Round #11」Misaka Network 与求和
题意：令 \(f(n)\) 为 \(n\) 的次大质因数（重复的也算，比如 \(f(4)=2\) ）。若 \(n\) 为质数，则规定 \(f(n)=1\)。
求：
\(n \leq 2 \times 10^{9}\)。
莫反+杜教+Min_25 套娃题。
先令 \(f(x)=f(x)^k\)，因为 Min_25 一样可以处理 \(f(x)^k\)。
首先有个 gcd ，自然莫反把它搞出来。
然后发现需要快速求 \(g=f*\mu\) 的前缀和，而且只需要求 \(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\) 处的。
莫反一下，得到 \(f=g*1\)。
杜教筛上，现在只要需要求 \(f\) 的前缀和了，而且还是只需要求 \(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\) 处的。
就是刚刚的 \(\text{Min\_25}\) 筛。
不过这里需要求所有位置的值，要用刚刚那个拓展。
解决~