題意
求 \([L, R]\) 之間的素數之和 . \(L≤10^{10},2×10^{10} \le R \le 10^{11}\)
題解
一個有點裸的 min_25篩 ? 現在我只會篩素數的前綴和 , 合數的過幾天再學吧 .
首先推薦一波 yyb大佬博客 這個人很強 , 別那么fake就好啦
令 \(F(x) = x\) 顯然此處 \(F(x)\) 是完全積性函數 .
我們需要求的就是 $$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} [i \in Prime] F(i)$$ .
這個就是 min_25篩的預處理部分 啦.
由 yyb博客 可得 .
對於下面這個表達式 ,
\[\displaystyle g(n,j)=\sum_{i=1}^ni[i\in P\ or \min(p)>P_j,p|i,p\in P\ ] \]
有如下一個遞推式 :
\[g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-P_{j}[g(\frac{n}{P_j},j-1)-g(P_j-1,j-1)]&P_j^2\le n\end{cases} \]
這個直接實現是 \(\displaystyle O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\) 的復雜度 qwq
然后考慮代碼實現 .
首先預處理前 \(\sqrt n\) 的素數 , (假設處理到了 \(lim\) )
以及 \(i=1 \sim lim\) 的 \(F(x)\) 前綴和 . (此處可適當處理多一點 , 時間效率會提高)
然后假設我們當前考慮的是 \(g(n, m)\) .
直觀上共有三步 .
- \(P_{m+1}^2 > n\) 且 \(n \le lim\) , 那么此時可以直接用之前預處理的答案 , 因為此時存在有貢獻的數只可能為素數 .
- 將 \(m\) 一直縮小到 \(n < P_m^2\) . 這個利用了遞推式 \(P_j^2 > n\) 時 \(g(n,j) = g(n, j - 1)\) 的那個定理 .
- 然后不斷將 \(m\) 下降, 直至下降到 \(0\) , 此間需要要遞歸計算 \(P_{j}[g(\frac{n}{P_j},j-1)+g(P_j-1,j-1)]\) 的值 , 其中后者 \(g(P_j-1,j-1)\) 可以用前面預處理 , 遞歸下去也只會有一層 . 而前者會不斷遞歸計算 . 其中 \(m\) 到 \(0\) 的時候 , 就是邊界情況 : \(\displaystyle g(n, 0)=\sum_{i=2}^{n} i\) . 這個是很顯然的 , 因為此時所有數都計入了貢獻 , 但 \(1\) 是無法給予這個貢獻的 . (一開始此處調試許久... )
代碼
遞歸版本
直接按前面的式子模擬即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ':' << x << endl
using namespace std;
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("6202.in", "r", stdin);
freopen ("6202.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 1e7 + 1e3, Lim = 1e7;
typedef __int128 ll;
inline ll read() {
ll x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
return x * fh;
}
inline void Out(ll x, bool fir = true) {
if (!x) { if (fir) puts("0"); return ; }Out(x / 10, false); putchar (x % 10 + 48); if (fir) putchar ('\n');
}
int prime[N], cnt = 0; bitset<N> is_prime;
ll sump[N];
void Init(int maxn) {
is_prime.set(); is_prime[0] = is_prime[1] = false;
For (i, 2, maxn) {
sump[i] = sump[i - 1];
if (is_prime[i])
prime[++ cnt] = i, sump[i] += i;
For (j, 1, cnt) {
register int res = i * prime[j];
if (res > maxn) break;
is_prime[res] = false;
if (!(i % prime[j])) break;
}
}
}
inline ll Sum(ll x) { return x * (x + 1) / 2 - 1; }
int tot = 0;
ll Sump(ll n, int m) {
if (n <= Lim && n < (ll)prime[m + 1] * prime[m + 1]) return sump[n];
for (; n < (ll)prime[m] * prime[m]; -- m);
ll res = Sum(n);
for (; m; -- m)
res -= (Sump(n / prime[m], m - 1) - /*Sump(prime[m] - 1, m - 1)*/ sump[prime[m] - 1]) * prime[m];
return res;
}
inline ll Calc(ll x) { return Sump(x, cnt - 1); }
int main () {
File();
Init(Lim);
ll l = read(), r = read(); Out(Calc(r) - Calc(l - 1));
return 0;
}
非遞歸版本
如何做非遞歸呢？
考慮每次的 \(j\) 都是不斷減小的，就是我們會依次會除掉一個個質因子 \(p_j\) 。
我們從小到大枚舉每個質因子 \(p_j \le \lfloor \sqrt n \rfloor\) ，然后再從小到大枚舉每個 \(n\) 的塊 \(\displaystyle \lfloor \frac{n}{x} \rfloor\) （只有 \(\sqrt n\) 個）。
然后利用上面的式子直接遞推即可。
具體實現的時候由於只有 \(\sqrt n\) 個，我們對於 \(\le \sqrt n\) 的和 \(> \sqrt n\) 的進行分塊即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
using namespace std;
//typedef long long ll;
typedef __int128 ll;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
inline ll read() {
ll x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
inline void Out(ll x) {
if (!x) { puts("0"); }
char stk[25]; int top = 0;
for (; x; x /= 10) stk[++ top] = (x % 10) + 48;
while (top) putchar (stk[top --]); putchar ('\n');
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("6202.in", "r", stdin);
freopen ("6202.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = sqrt(1e11) * 2 + 10;
bitset<N> is_prime;
int prime[N / 10], pcnt; ll sump[N / 10];
void Linear_Sieve(int maxn) {
is_prime.set();
is_prime[0] = is_prime[1] = false;
For (i, 2, maxn) {
if (is_prime[i]) {
prime[++ pcnt] = i;
sump[pcnt] = sump[pcnt - 1] + i;
}
for (int j = 1; j <= pcnt && 1ll * prime[j] * i <= maxn; ++ j) {
is_prime[prime[j] * i] = false; if (!(i % prime[j])) break;
}
}
}
int d, id1[N], id2[N];
ll val[N], res[N];
#define id(x) (x <= d ? id1[x] : id2[n / (x)])
inline ll Sum(ll n) {
return n * (n + 1) / 2 - 1;
}
ll Min25_Sieve(ll n) {
int cnt = 0; d = sqrt((long long)(n));
for (ll i = 1; i <= n; i = n / (n / i) + 1)
val[id(n / i) = ++ cnt] = n / i, res[cnt] = Sum(n / i);
For (i, 1, pcnt)
for (int j = 1; j <= cnt && 1ll * prime[i] * prime[i] <= val[j]; ++ j)
res[j] -= (res[id(val[j] / prime[i])] - sump[i - 1]) * prime[i];
return res[id(n)];
}
int main () {
File();
ll l = read(), r = read();
Linear_Sieve(sqrt(r + .5));
Out(Min25_Sieve(r) - Min25_Sieve(l - 1));
return 0;
}