Min_25 筛

定义

从此种筛法的思想方法来说，其又被称为「Extended Eratosthenes Sieve」．

由于其由 Min_25 发明并最早开始使用，故称「Min_25 筛」．

性质

其可以在 $O\left(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log{n}}\right)$ 或 $\Theta\left(n^{1 - \epsilon}\right)$ 的时间复杂度下解决一类 积性函数 的前缀和问题．

要求：$f(p)$ 是一个关于 $p$ 可以快速求值的完全积性函数之和（例如多项式）；$f(p^{c})$ 可以快速求值．

记号

• 如无特别说明，本节中所有记为 $p$ 的变量的取值集合均为全体质数．
• $x / y := \left\lfloor\frac{x}{y}\right\rfloor$
• $\operatorname{isprime}(n) := [ |\{d : d \mid n\}| = 2 ]$，即 $n$ 为质数时其值为 $1$，否则为 $0$．
• $p_{k}$：全体质数中第 $k$ 小的质数（如：$p_{1} = 2, p_{2} = 3$）．特别地，令 $p_{0} = 1$．
• $\operatorname{lpf}(n) := [1 < n] \min\{p : p \mid n\} + [1 = n]$，即 $n$ 的最小质因数．特别地，$n=1$ 时，其值为 $1$．
• $F_{\mathrm{prime}}(n) := \sum_{2 \le p \le n} f(p)$
• $F_{k}(n) := \sum_{i = 2}^{n} [p_{k} \le \operatorname{lpf}(i)] f(i)$

解释

观察 $F_{k}(n)$ 的定义，可以发现答案即为 $F_{1}(n) + f(1) = F_{1}(n) + 1$．

考虑如何求出 $F_{k}(n)$．通过枚举每个 $i$ 的最小质因子及其次数可以得到递推式：

最后一步推导基于这样一个事实：对于满足 $p_{i}^{c} \le n < p_{i}^{c + 1}$ 的 $c$，有 $p_{i}^{c + 1} > n \iff n / p_{i}^{c} < p_{i} < p_{i + 1}$，故 $F_{i + 1}\left(n / p_{i}^{c}\right) = 0$．
其边界值即为 $F_{k}(n) = 0 (p_{k} > n)$．

假设现在已经求出了所有的 $F_{\mathrm{prime}}(n)$，那么有两种方式可以求出所有的 $F_{k}(n)$：

1. 直接按照递推式计算．
2. 从大到小枚举 $p$ 转移，仅当 $p^{2} < n$ 时转移增加值不为零，故按照递推式后缀和优化即可．

现在考虑如何计算 $F_{\mathrm{prime}}{(n)}$．
观察求 $F_{k}(n)$ 的过程，容易发现 $F_{\mathrm{prime}}$ 有且仅有 $1, 2, \dots, \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor, n / \sqrt{n}, \dots, n / 2, n$ 这 $O(\sqrt{n})$ 处的点值是有用的．
一般情况下，$f(p)$ 是一个关于 $p$ 的低次多项式，可以表示为 $f(p) = \sum a_{i} p^{c_{i}}$．
那么对于每个 $p^{c_{i}}$，其对 $F_{\mathrm{prime}}(n)$ 的贡献即为 $a_{i} \sum_{2 \le p \le n} p^{c_{i}}$．
分开考虑每个 $p^{c_{i}}$ 的贡献，问题就转变为了：给定 $n, s, g(p) = p^{s}$，对所有的 $m = n / i$，求 $\sum_{p \le m} g(p)$．

于是设 $G_{k}(n) := \sum_{i = 2}^{n} \left[p_{k} < \operatorname{lpf}(i) \lor \operatorname{isprime}(i)\right] g(i)$，即埃筛第 $k$ 轮筛完后剩下的数的 $g$ 值之和．
对于一个合数 $x \le n$，必定有 $\operatorname{lpf}(x) \le \sqrt{x} \le \sqrt{n}$．设 $p_{\ell(n)}$ 为不大于 $\sqrt{n}$ 的最大质数，则 $\sum_{2\le p\le n}g(p) = G_{\ell(n)}(n)$，即在埃筛进行 $\ell$ 轮之后剩下的均为质数． 考虑 $G$ 的边界值，显然为 $G_{0}(n) = \sum_{i = 2}^{n} g(i)$．（还记得吗？特别约定了 $p_{0} = 1$）
对于转移，考虑埃筛的过程，分开讨论每部分的贡献，有：

1. 对于 $n < p_{k}^{2}$ 的部分，$G$ 值不变，即 $G_{k}(n) = G_{k - 1}(n)$．
2. 对于 $p_{k}^{2} \le n$ 的部分，被筛掉的数必有质因子 $p_{k}$，即 $-g(p_{k}) G_{k - 1}(n / p_{k})$．
3. 对于第二部分，由于 $p_{k}^{2} \le n \iff p_{k} \le n / p_{k}$，满足 $\operatorname{lpf}(i) < p_{k}$ 的 $i$ 会被额外减去．这部分应当加回来，即 $g(p_{k}) G_{k - 1}(p_{k - 1})$．

则有：

复杂度分析

对于 $F_{k}(n)$ 的计算，其第一种方法的时间复杂度被证明为 $O\left(n^{1 - \epsilon}\right)$（见朱震霆集训队论文 《一些特殊的数论函数求和问题》 2.3）；
对于第二种方法，其本质即为洲阁筛的第二部分，在任之洲论文 《积性函数求和的几种方法》 中也有提及（6.5.4），其时间复杂度被证明为 $O\left(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log{n}}\right)$．

对于 $F_{\mathrm{prime}}(n)$ 的计算，事实上，其实现与洲阁筛第一部分是相同的．
考虑对于每个 $m = n / i$，只有在枚举满足 $p_{k}^{2} \le m$ 的 $p_{k}$ 转移时会对时间复杂度产生贡献，则时间复杂度可估计为：

对于空间复杂度，可以发现不论是 $F_{k}$ 还是 $F_{\mathrm{prime}}$，其均只在 $n / i$ 处取有效点值，共 $O(\sqrt{n})$ 个，仅记录有效值即可将空间复杂度优化至 $O(\sqrt{n})$．

首先，通过一次数论分块可以得到所有的有效值，用一个大小为 $O(\sqrt{n})$ 的数组 $\text{lis}$ 记录．对于有效值 $v$，记 $\text{id}(v)$ 为 $v$ 在 $\text{lis}$ 中的下标，易得：对于所有有效值 $v$，$\text{id}(v) \le \sqrt{n}$．

然后分开考虑小于等于 $\sqrt{n}$ 的有效值和大于 $\sqrt{n}$ 的有效值：对于小于等于 $\sqrt{n}$ 的有效值 $v$，用一个数组 $\text{le}$ 记录其 $\text{id}(v)$，即 $\text{le}_v = \text{id}(v)$；对于大于 $\sqrt{n}$ 的有效值 $v$，用一个数组 $\text{ge}$ 记录 $\text{id}(v)$，由于 $v$ 过大所以借助 $v' = n / v < \sqrt{n}$ 记录 $\text{id}(v)$，即 $\text{ge}_{v'} = \text{id}(v)$．

这样，就可以使用两个大小为 $O(\sqrt{n})$ 的数组记录所有有效值的 $\text{id}$ 并 $O(1)$ 查询．在计算 $F_{k}$ 或 $F_{\mathrm{prime}}$ 时，使用有效值的 $\text{id}$ 代替有效值作为下标，即可将空间复杂度优化至 $O(\sqrt{n})$．

过程

对于 $F_{k}(n)$ 的计算，我们实现时一般选择实现难度较低的第一种方法，其在数据规模较小时往往比第二种方法的表现要好；

对于 $F_{\mathrm{prime}}(n)$ 的计算，直接按递推式实现即可．

对于 $p_{k}^{2} \le n$，可以用线性筛预处理出 $s_{k} := F_{\mathrm{prime}}(p_{k})$ 来替代 $F_{k}$ 递推式中的 $F_{\mathrm{prime}}(p_{k - 1})$．
相应地，$G$ 递推式中的 $G_{k - 1}(p_{k - 1}) = \sum_{i = 1}^{k - 1} g(p_{i})$ 也可以用此方法预处理．

用 Extended Eratosthenes Sieve 求 积性函数 $f$ 的前缀和时，应当明确以下几点：

• 如何快速（一般是线性时间复杂度）筛出前 $\sqrt{n}$ 个 $f$ 值；
• $f(p)$ 的多项式表示；
• 如何快速求出 $f(p^{c})$．

明确上述几点之后按顺序实现以下几部分即可：

1. 筛出 $[1, \sqrt{n}]$ 内的质数与前 $\sqrt{n}$ 个 $f$ 值；
2. 对 $f(p)$ 多项式表示中的每一项筛出对应的 $G$，合并得到 $F_{\mathrm{prime}}$ 的所有 $O(\sqrt{n})$ 个有用点值；
3. 按照 $F_{k}$ 的递推式实现递归，求出 $F_{1}(n)$．

例题

/* 「LOJ #6053」简单的函数 */
#include <cmath>
#include <iostream>

constexpr int MAXS = 200000;  // 2sqrt(n)
constexpr int mod = 1000000007;

template <typename x_t, typename y_t>
void inc(x_t &x, const y_t &y) {
  x += y;
  (mod <= x) && (x -= mod);
}

template <typename x_t, typename y_t>
void dec(x_t &x, const y_t &y) {
  x -= y;
  (x < 0) && (x += mod);
}

template <typename x_t, typename y_t>
int sum(const x_t &x, const y_t &y) {
  return x + y < mod ? x + y : (x + y - mod);
}

template <typename x_t, typename y_t>
int sub(const x_t &x, const y_t &y) {
  return x < y ? x - y + mod : (x - y);
}

template <typename _Tp>
int div2(const _Tp &x) {
  return ((x & 1) ? x + mod : x) >> 1;
}

// 以上目的均为防负数和取模
template <typename _Tp>
long long sqrll(const _Tp &x) {  // 平方函数
  return (long long)x * x;
}

int pri[MAXS / 7], lpf[MAXS + 1], spri[MAXS + 1], pcnt;

void sieve(const int &n) {
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (lpf[i] == 0) {  // 记录质数
      lpf[i] = ++pcnt;
      pri[lpf[i]] = i;
      spri[pcnt] = sum(spri[pcnt - 1], i);  // 前缀和
    }
    for (int j = 1, v; j <= lpf[i] && (v = i * pri[j]) <= n; ++j) lpf[v] = j;
  }
}

long long global_n;
int lim;
int le[MAXS + 1],  // x <= \sqrt{n}
    ge[MAXS + 1];  // x > \sqrt{n}
#define idx(v) (v <= lim ? le[v] : ge[global_n / v])

int G[MAXS + 1][2], Fprime[MAXS + 1];
long long lis[MAXS + 1];
int cnt;

void init(const long long &n) {
  for (long long i = 1, j, v; i <= n; i = n / j + 1) {
    j = n / i;
    v = j % mod;
    lis[++cnt] = j;
    (j <= lim ? le[j] : ge[global_n / j]) = cnt;
    G[cnt][0] = sub(v, 1ll);
    G[cnt][1] = div2((long long)(v + 2ll) * (v - 1ll) % mod);
  }
}

void calcFprime() {
  for (int k = 1; k <= pcnt; ++k) {
    const int p = pri[k];
    const long long sqrp = sqrll(p);
    for (int i = 1; lis[i] >= sqrp; ++i) {
      const long long v = lis[i] / p;
      const int id = idx(v);
      dec(G[i][0], sub(G[id][0], k - 1));
      dec(G[i][1], (long long)p * sub(G[id][1], spri[k - 1]) % mod);
    }
  }
  /* F_prime = G_1 - G_0 */
  for (int i = 1; i <= cnt; ++i) Fprime[i] = sub(G[i][1], G[i][0]);
}

int f_p(const int &p, const int &c) {
  /* f(p^{c}) = p xor c */
  return p ^ c;
}

int F(const int &k, const long long &n) {
  if (n < pri[k] || n <= 1) return 0;
  const int id = idx(n);
  long long ans = Fprime[id] - (spri[k - 1] - (k - 1));
  if (k == 1) ans += 2;
  for (int i = k; i <= pcnt && sqrll(pri[i]) <= n; ++i) {
    long long pw = pri[i], pw2 = sqrll(pw);
    for (int c = 1; pw2 <= n; ++c, pw = pw2, pw2 *= pri[i])
      ans +=
          ((long long)f_p(pri[i], c) * F(i + 1, n / pw) + f_p(pri[i], c + 1)) %
          mod;
  }
  return ans % mod;
}

using std::cin;
using std::cout;

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> global_n;
  lim = sqrt(global_n);  // 上限

  sieve(lim + 1000);  // 预处理
  init(global_n);
  calcFprime();
  cout << (F(1, global_n) + 1ll + mod) % mod << '\n';

  return 0;
}