Min-25 筛学习笔记
\(\text{By DaiRuiChen007}\)
一、简要介绍
Min-25 筛，是一种能在亚线性时间内求出特定的一类积性函数 \(f(i)\) 的前缀和的算法。
具体来说，Min-25 筛可以在 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 的空间复杂度与 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\) 的时间复杂度内求出 \(\sum _{i=1}^n f(i)\) 的值。
一般来说，积性函数 \(f(i)\) 要满足如下几个条件：
\(f(i)\) 在质数处可以被表示成一个较为简单的多项式。
\(f(i)\) 在质数的若干次幂（\(p^c\) 处）的点值可以 \(\mathcal O(1)\) 计算。
一般来说，在 \(n\) 较小（\(\le 10^{10}\)）时，\(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\) 的复杂度是优于杜教筛的 \(\mathcal O(n^{2/3})\) 的。
二、算法过程
以下内容均用 \(p_i\) 表示第 \(i\) 小的质数。
考虑拆分出每个 \(n\) 的最小质因子然后暴力计算，但是这样的质因子是 \(\mathcal O(n)\) 级别的，考虑分成合数和质数两种情况讨论，其中合数的最小质因子就会被降到 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 级别。
由于要根据最小质因子讨论，因此记 \(S(n,k)\) 表示 \(1\sim n\) 中所有最小质因子 \(>p_k\) 的 \(i\) 的 \(f(i)\) 之和。
先不管质数的情况，设 \(\sum\limits_{i=1}^{p_i\le n} f(p_i)\) 的值为 \(Q(n)\)，那么枚举 \(>p_k\) 的最小质因子以及其指数可以得到：
\[S(n,k)=Q(n)-\sum_{i=1}^{i\le k} f(p_i)+\sum_{i=k+1}^{p_i^2\le n}\sum_{c=1}^{p_i^c\le n} f(p_i^c)\times (S(\lfloor n/p_i^c\rfloor,i)+[c>1])
\]
其中 \([c>1]\) 是求 \(f(p_i^c)\) 的贡献，容易发现答案就是 \(S(n,0)+f(1)\)。
假设 \(Q(n)\) 已知，预处理出 \(f(p_i)\) 的前缀和（容易递归过程中发现 \(p_k^2\le n\)，因此只要处理 \(\le \sqrt n\) 的质数），这个式子直接暴力递归计算的复杂度就是 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\)。
接下来考虑计算 \(Q(n)\)，注意到在递归过程中的 \(n\) 始终可以表示成某个 \(\lfloor n/t\rfloor\) 的值，因此我们只要求出 \(Q(n)\) 在这 \(2\sqrt n\) 个位置的点值即可。
根据要求，\(f(p_i)\) 一定是一个简单的多项式，我们分次数处理，分别求出 $\sum p_i^0,\sum p_i^1,\sum p_i^2,\dots $ 再整合。以 \(\sum p_i^1\) 为例，构造完全积性函数 \(f'(i)=i\)，容易发现这个函数在质数处与 \(f(i)\) 相等，因此我们只要求出 \(f'(i)\) 在质数处的和。
设 \(G(n,k)\) 表示 \(1\sim n\) 中，满足 \(i\) 的最小质因子 \(>p_k\) 或 \(i\) 是质数的 \(f'(i)\) 的和。
考虑 \(G(n,k-1)-G(n,k)\) 的值，当 \(p_k^2>n\) 时，显然没有最小质因子 \(=p_k\) 的合数，差为 \(0\)。
否则，计算的数一定有最小质因子 \(p_k\)，提出 \(f'(p_k)\) 得到：
\[G(n,k-1)-G(n,k)=f'(p_k)\times\left(G(\lfloor n/p_k\rfloor,k-1)-\sum_{i=1}^{k-1}f'(p_i) \right)
\]
减去的项是去掉有 \(<p_k\) 的质因子的项，因此我们得到 \(G(n,k)\) 的递推式：
\[G(n,k)=
\begin{cases}
G(n,k-1)&p_k^2>n\\
G(n,k-1)-f'(p_k)\times\left(G(\lfloor n/p_k\rfloor,k-1)-\sum_{i=1}^{k-1}f'(p_i) \right) &p_k^2\le n
\end{cases}
\]
同样在递归的过程中也只会访问到所有的 \(\lfloor n/t\rfloor\) 下标处，且最后 \(f'(p_i)\) 的前缀和也只要处理到 \(\le \sqrt n\) 的所有质数。
边界条件是 \(G(n,0)=n(n+1)/2-1\)，\(Q(n)=G(n,\infty)\)，从小到大枚举 \(k\)，从大到小枚举 \(n\) 转移即可，复杂度也可以证明为 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\)。
拓展 - 非递归版本的实现
对于 \(f(i)\) 的前缀和 \(S(n)\)，我们已经介绍了在 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\) 的时间复杂度以及 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 的空间复杂度内计算 \(S(n)\) 的算法。
但假如我们想和杜教筛一样，在复杂度不变的情况下求出 \(S(n)\) 在所有 \(S(\lfloor n/t\rfloor )\) 处的值，应该怎么处理呢？
最简单的想法是在递归求 \(S(n,k)\) 的时候加上记忆化，这样确实能保证时间复杂度不退化，但是空间复杂度会变成 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\)，如果想要空间复杂度是 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 的做法，需要转变一下 \(S\) 的定义再处理。
注意到在处理 \(S(n,k)\) 时最棘手的是形如 \(S(n,k)\gets S(n',i)\) 的转移时 \(k\) 与 \(i\) 不连续，因此导致没法简单递推求值。
我们认为 \(G\) 的递推式很优秀也是因为转移式永远只有 \(i=k-1\) 的状态向 \(k\) 转移，因此考虑让 \(S(n,k)\) 的定义也向 \(G(n,k)\) 的定义靠拢，不妨设 \(S(n,k)\) 表示 \(1\sim n\) 中，满足 \(i\) 的最小质因子 \(>p_k\) 或 \(i\) 是质数的 \(f(i)\) 的和。
依然考虑 \(S(n,k-1)-S(n,k)\)，在 \(p_k^2> n\) 时依然为 \(0\)，在 \(p_k^2\le n\) 时枚举 \(p_k\) 的次数得到：
\[S(n,k-1)-S(n,k)=\sum_{c=1}^{p_k^c\le n} f(p_k^c)\times\left(S(\lfloor n/p_k^c\rfloor,k)+[c>1]-\sum_{i=1}^{p_i\le \min(p_k,\lfloor n/p_k^c\rfloor)}f(p_i)\right)
\]
但是注意到最后一项求和式并不是很好看，考虑化简，注意到当 \(p_k> \lfloor n/p_k^c\rfloor\) 时，\(p_k^{c+1}> n\)，那么 \(S(\lfloor n/p_k^c\rfloor,k)\) 只会统计 \(\le \lfloor n/p_k^c\rfloor\) 的质数，与求和式正好抵消，因此可以把上式写成：
\[S(n,k-1)-S(n,k)=\sum_{c=1}^{p_k^{c+1}\le n}f(p_k^{c+1})+ f(p_k^c)\times\left(S(\lfloor n/p_k^c\rfloor,k)-\sum_{i=1}^{k}f(p_i)\right)
\]
因此得到 \(S(n,k)\) 的递推式：
\[S(n,k-1)=
\begin{cases}
S(n,k)&p_k^2>n\\[2ex]
S(n,k)+\sum\limits_{c=1}^{p_k^{c+1}\le n}f(p_k^{c+1})+ f(p_k^c)\times\left(S(\lfloor n/p_k^c\rfloor,k)-\sum_{i=1}^{k}f(p_i)\right)&p_k^2\le n
\end{cases}
\]
从大到小枚举 \(p_k\) 再从大到小枚举 \(n\) 转移即可。
其中边界条件为 \(S(n,\infty)=Q(n)\)，最终的答案是 \(S(\lfloor n/t\rfloor,0)\)，时间复杂度 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\)，空间复杂度 \(\mathcal O(\sqrt n)\)。
有了这个 Min-25 筛的实现后，我们可以解决形如 \(\sum_{i=1}^n f(i)\times g(\lfloor n/i\rfloor)\) 的和式计算问题，其中 \(f(i)\) 是积性函数，\(g(i)\) 是任意一个关于 \(i\) 的函数。
那么我们根据整除分块枚举 $\lfloor n/i\rfloor $，则 \(g\) 函数的值固定，要求的就是某一段特定区间内 \(f(i)\) 的和，容易发现这些区间的端点都是某些 \(\lfloor n/t\rfloor\)，用上面所介绍的非递归型的 Min-25 筛处理即可。
三、代码实现
以线性筛模板题为例（Link）下面的代码是递归的实现：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1,MOD=1e9+7;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot;
int val[MAXN]; //需要处理的 n (降序排列)
int idx1[MAXN],idx2[MAXN]; //用于储存每个可能的 n/t 对应的下标
int g1[MAXN],g2[MAXN]; //p,p^2 在所有 n/t 处的前缀和
int fp1[MAXN],fp2[MAXN]; //p,p^2 在所有 <=sqrt(n) 的质数处的前缀和
int n,m,B;
inline int idx(int v) {
//v 对应存储在数组里的下标
return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v];
}
inline int S(int n,int k) {
if(p[k]>n) return 0;
int ans=((g2[idx(n)]+MOD-g1[idx(n)])%MOD+MOD-(fp2[k]+MOD-fp1[k])%MOD)%MOD;
for(int i=k+1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
for(int c=1,v=p[i];v<=n;++c,v*=p[i]) {
//直接递归求值
ans=(ans+(v-1)%MOD*(v%MOD)%MOD*((c>1)+S(n/v,i))%MOD)%MOD;
}
}
return ans;
}
signed main() {
scanf("%lld",&n),B=sqrt(n);
for(int i=2;i<=B;++i) {
if(!isco[i]) p[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=B;++j) {
isco[i*p[j]]=true;
if(i%p[j]==0) break;
}
//线性筛预处理质数
}
for(int i=1;i<=tot;++i) {
//在 <=sqrt(n) 的质数处的前缀和
fp1[i]=(fp1[i-1]+p[i])%MOD;
fp2[i]=(fp2[i-1]+p[i]*p[i]%MOD)%MOD;
}
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
//整除分块预处理出点值
r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
else idx2[n/val[m]]=m;
}
for(int i=1;i<=m;++i) {
int k=val[i]%MOD;
g1[i]=(MOD+1)/2*k%MOD*(k+1)%MOD;
g2[i]=(MOD+1)/6*k%MOD*(2*k+1)%MOD*(k+1)%MOD;
g1[i]=g1[i]?g1[i]-1:MOD-1,g2[i]=g2[i]?g2[i]-1:MOD-1;
//G(n,0) 的值
}
for(int k=1;k<=tot;++k) {
for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
//暴力枚举, 按递推式计算
g1[i]=(g1[i]+MOD-p[k]*(g1[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp1[k-1])%MOD)%MOD;
g2[i]=(g2[i]+MOD-p[k]*p[k]%MOD*(g2[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp2[k-1])%MOD)%MOD;
}
}
printf("%lld\n",(S(n,0)+1)%MOD);
return 0;
}
下面的代码是非递归的实现：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1,MOD=1e9+7;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot;
int val[MAXN];
int idx1[MAXN],idx2[MAXN];
int g1[MAXN],g2[MAXN];
int fp1[MAXN],fp2[MAXN];
int S[MAXN];
int n,m,B;
inline int idx(int v) {
return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v];
}
signed main() {
scanf("%lld",&n),B=sqrt(n);
for(int i=2;i<=B;++i) {
if(!isco[i]) p[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=B;++j) {
isco[i*p[j]]=true;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
for(int i=1;i<=tot;++i) {
fp1[i]=(fp1[i-1]+p[i])%MOD;
fp2[i]=(fp2[i-1]+p[i]*p[i]%MOD)%MOD;
}
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
else idx2[n/val[m]]=m;
}
for(int i=1;i<=m;++i) {
int k=val[i]%MOD;
g1[i]=(MOD+1)/2*k%MOD*(k+1)%MOD;
g2[i]=(MOD+1)/6*k%MOD*(2*k+1)%MOD*(k+1)%MOD;
g1[i]=g1[i]?g1[i]-1:MOD-1,g2[i]=g2[i]?g2[i]-1:MOD-1;
}
for(int k=1;k<=tot;++k) {
for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
g1[i]=(g1[i]+MOD-p[k]*(g1[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp1[k-1])%MOD)%MOD;
g2[i]=(g2[i]+MOD-p[k]*p[k]%MOD*(g2[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp2[k-1])%MOD)%MOD;
}
}
for(int i=1;i<=m;++i) S[i]=(g2[i]+MOD-g1[i])%MOD;
for(int k=tot;k>=1;--k) {
for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
for(int c=1,v=p[k];v*p[k]<=val[i];) { //根据递推式计算
S[i]=(S[i]+(v-1)%MOD*(v%MOD)%MOD*(S[idx(val[i]/v)]+MOD-(fp2[k]-fp1[k]))%MOD)%MOD;
++c,v*=p[k],S[i]=(S[i]+(v-1)%MOD*(v%MOD)%MOD)%MOD;
}
}
}
printf("%lld\n",(S[idx(n)]+1)%MOD);
return 0;
}
实际运行上，非递归版本的实现会慢于递归版的实现。
四、复杂度分析
空间复杂度 \(\mathcal O(\sqrt n)\)，可以参照参考代码的实现。
时间复杂度可以看做合法的 \(S(n,k) / G(n,k)\) 状态数，对于每个 \(n=\lfloor n/t\rfloor\)，合法的 \(k\) 共有 \(\pi(\sqrt{\lfloor n/t\rfloor})\) 个。
因此复杂度可以估计为：
\[\begin{aligned}
\mathcal T(n)
&=\sum_{i^2\le n} \mathcal O(\pi(\sqrt i))+\mathcal O(\pi(\sqrt{n/i}))\\[2.5ex]
&=\sum_{i^2\le n} \mathcal O\left(\dfrac{\sqrt i}{\ln \sqrt i}\right)+\mathcal O\left(\dfrac{\sqrt{n/i}}{\ln \sqrt{n/i}}\right)\\[2.5ex]
&=\mathcal O\left(\dfrac{1}{\log n}\int_1^{\sqrt n} \sqrt{\dfrac nx} \mathrm dx\right)\\[2.5ex]
&=\mathcal O\left(\dfrac{\sqrt n}{\log n}\times\left. 2\sqrt x \right|^{\sqrt n}_1 \right)\\[2.5ex]
&=\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})
\end{aligned}
\]
五、例题
I. [SPOJ-34096] DIVCNTK
Problem Link
题目大意
给定 \(n\)，求 \(\sum_{i=1}^n \sigma_0(i^k)\)（即 \(i^k\) 的因子个数）。
数据范围：\(n\le 10^{10}\)。
思路分析
容易证明 \(\sigma_0(i)\) 是积性函数，同理 \(\sigma_0(i^k)\) 同样也是积性函数，考虑求 \(\sigma_0(p^k)\)，显然 \(\sigma_0(p^k)=k+1\)，我们只需要求所有 \(1\sim \lfloor n/t\rfloor\) 之间的质数个数，构造 \(f'(p)=1\)，直接用 Min-25 筛处理即可。
时间复杂度 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\)
代码呈现
#include<bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot;
int idx1[MAXN],idx2[MAXN],val[MAXN];
int g[MAXN];
inline void solve() {
int n,K,m=0,B;
scanf("%llu%llu",&n,&K),B=sqrt(n);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
else idx2[n/val[m]]=m;
g[m]=val[m]-1;
}
auto idx=[&](int v) { return v<=B?idx1[v]:idx2[n/v]; };
for(int k=1;k<=tot;++k) {
for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
g[i]-=g[idx(val[i]/p[k])]-(k-1);
}
}
auto S=[&](auto self,int n,int k) -> int {
if(n<=p[k]) return 0;
int ans=(g[idx(n)]-k)*(K+1);
for(int i=k+1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
for(int c=1,v=p[i];v<=n;++c,v*=p[i]) {
ans+=(c*K+1)*(self(self,n/v,i)+(c>1));
}
}
return ans;
};
printf("%llu\n",S(S,n,0)+1);
}
signed main() {
for(int i=2;i<MAXN;++i) {
if(!isco[i]) p[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<MAXN;++j) {
isco[i*p[j]]=true;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
int T;
scanf("%llu",&T);
while(T--) solve();
return 0;
}
II. [洛谷-4213] SUM
Problem Link
题目大意
求 \(\mu(i),\varphi(i)\) 的前缀和。
数据范围：\(n\le 2^{31}\)。
思路分析
注意到 \(\mu(p^c),\varphi(p^c)\) 的计算是容易的，在质数处的点值满足：\(\mu(p)=-1,\varphi(p)=p-1\)，因此预处理 \(G(n,k)\) 时分别处理 \(\sum p_i^0,\sum p_i^1\) 的值即可。
时间复杂度 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\)。
代码呈现
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot,val[MAXN],fp1[MAXN];
int idx1[MAXN],idx2[MAXN],g0[MAXN],g1[MAXN];
inline void solve() {
int n,m=0;
scanf("%lld",&n);
int B=sqrt(n); tot=0;
for(int i=2;i<=B;++i) {
if(!isco[i]) p[++tot]=i,fp1[tot]=i+fp1[tot-1];
for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=B;++j) {
isco[p[j]*i]=true;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
else idx2[n/val[m]]=m;
g0[m]=val[m]-1,g1[m]=val[m]*(val[m]+1)/2-1;
}
auto idx=[&](int v) { return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v]; };
for(int k=1;k<=tot;++k) {
for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
g0[i]-=g0[idx(val[i]/p[k])]-(k-1);
g1[i]-=p[k]*(g1[idx(val[i]/p[k])]-fp1[k-1]);
}
}
auto mu=[&](auto self,int n,int k) -> int {
if(n<=p[k]) return 0;
int ans=k-g0[idx(n)];
for(int i=k+1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
ans-=self(self,n/p[i],i);
}
return ans;
};
auto phi=[&](auto self,int n,int k) -> int {
if(n<=p[k]) return 0;
int ans=g1[idx(n)]-g0[idx(n)]-(fp1[k]-k);
for(int i=k+1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
for(int c=1,v=p[i];v<=n;++c,v*=p[i]) {
ans+=(v-v/p[i])*(self(self,n/v,i)+(c>1));
}
}
return ans;
};
printf("%lld %lld\n",phi(phi,n,0)+1,mu(mu,n,0)+1);
}
signed main() {
int T;
scanf("%lld",&T);
while(T--) solve();
return 0;
}
* III. [HDU-6417] Rikka with APSP
Problem Link
题目大意
给定一张 \(n\) 个点的无向完全图，\(i,j\) 之间的边权定义为最小的正整数 \(x\) 使得 \(ijx\) 是完全平方数。
求 \(\sum_{1\le i\le j\le n}\mathrm{dist}(i,j)\) 的值，其中 \(\mathrm{dist}(i,j)\) 表示 \((i,j)\) 之间的最短路长度。
数据范围：\(n\le 10^{10}\)。
思路分析
先把每个数 \(k\) 写成标准分解形式 \(\prod p_i^{c_i}\)，注意到我们只关心 \(c_i\bmod 2\) 的值，因此可以把所有的这些 \(c_i\bmod 2\) 写成一个二进制数 \(B_k\)。
那么 \(w(u,v)\) 就是 \(B_u\oplus B_v\) 中所有 \(1\) 对应的 \(p_i\) 的乘积，而 \(\mathrm{dist}(u,v)\) 就是 \(B_u\oplus B_v\) 中所有 \(1\) 对应的 \(p_i\) 的乘积，先逐步去掉 \(B_u\cap(B_u\oplus B_v)\) 中的 \(1\)，再逐步加入 \(B_v\cap(B_u\oplus B_v)\) 中的 \(1\)，容易证明整个过程中的数值 \(\le \max(u,v)\)。
因此考虑拆贡献，对于某个质数 \(p\)，记 \(f(p)\) 为 \([1,n]\) 中含有奇数个 \(p\) 的数的数量，那么 \(p\) 对答案的贡献就是 \(p\times f(p)\times(n-f(p))\)。
容易发现 \(f(p)=\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n}{p^2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{n}{p^3}\right\rfloor-\dots\)，考虑根号分治，对于 \(p\le \sqrt n\) 的 \(p\)，暴力计算，时间复杂度为 \(\mathcal O(\pi(\sqrt n)\log n)=\mathcal O(\dfrac{\sqrt n}{\log n}\log n)=\mathcal O(\sqrt n)\)。
对于 \(p>\sqrt n\) 的 \(p\)，\(f(p)=\left\lfloor\dfrac np\right\rfloor\)，用整除分块的技巧枚举 \(\left\lfloor\dfrac np\right\rfloor=k\)，那么 \(f(p)\times (n-f(p))\) 容易计算，那么我们只要求某个特定区间 \([l,r]\) 之中的质数之和，考虑整除分块的过程，注意到 \(l-1,r\) 都能写成某个 \(\left\lfloor\dfrac nt\right\rfloor\) 的形式。
因此我们只预处理在所有 \(1\sim \left\lfloor\dfrac nt\right\rfloor\) 之间质数之和，在整除分块的过程中就可以 \(\mathcal O(1)\) 回答对应的区间素数数量了。
容易发现这是一个标准的 Min-25 筛的第一部分，因此直接用 Min-25 筛处理即可。
这一部分的时间复杂度为 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\)。
但是我们还漏掉了一些贡献，对于 \(u\times v\) 是完全平方数但 \(u\ne v\) 的数对 \((u,v)\) 对答案是有 \(1\) 的贡献的，因此我们要求，有多少对 \((u,v)\) 满足 \(1\le u<v\le n\)，且 \(u\times v\) 是完全平方数，考虑构造一个等比数列 \(\{v,\sqrt{uv},u\}\)，其公比 \(<1\) 且所有元素都是 \([1,n]\) 之间正整数，我们只需要对这样的等比数列计数即可。
设公比最简分数为 \(q/p\)，枚举分母 \(p\)，此时分子 \(q<p\) 且 \(\gcd(p,q)=1\)，因此合法的 \(q\) 恰好有 \(\varphi(p)\) 种选择。
然后考虑 \(v\)，注意到 \(u=\dfrac {vq^2}{p^2}\)，因此 \(p^2\mid v\)，这样的 \(v\) 共有 \(\left\lfloor\dfrac n{p^2}\right\rfloor\) 种，容易证明这样的每一对 \((p,q,v)\) 都和我们要计数的 \((u,v)\) 构成双射。
因此这部分的答案就是 \(\sum_{p=2}^{\sqrt n} \varphi(p)\times \left\lfloor\dfrac n{p^2}\right\rfloor\)，预处理出 \(\varphi(1)\sim \varphi(\sqrt n)\) 即可做到 \(\mathcal O(\sqrt n)\)。
将答案分成三部分分别处理即可。
第三部分的另一种处理方法
对于这样乘积是完全平方数的数对计数，最朴素的思路就是枚举 \(u,v\) 在各自除掉最大的完全平方因子后得到的数 \(k\)，枚举这样的 \(k\)，\(u,v\) 的选择方案数就是 \(g(\lfloor n/k\rfloor)=\binom{\sqrt{\lfloor n/k\rfloor}}2\)。
考虑刻画 \(k\) 以写出求和式，显然 \(k\) 中无平方因子，则 \(\mu(k)\ne 0\)，因此满足条件的 \(k\) 可以用 \(\mu^2(k)=1\) 表示，因此这部分的贡献就是：
\[\sum_{k=1}^n \mu^2(k)\binom{\sqrt{\lfloor n/k\rfloor}}2
\]
考虑整除分块枚举 \(\lfloor n/k\rfloor\)，原问题变成统计 \(\mu^2(k)\) 在所有 \(\lfloor n/t\rfloor\) 处的前缀和，注意到 \(\mu^2(k)\) 是积性函数，因此可以用非递归版本的 Min-25 筛求出。
由于 \(\mu^2(k)\) 函数的特殊性，在递推 \(S(n,k)\) 的时候只需要处理 \(c=1\) 的情况，因此该算法的运行效率和前一个算法的运行效率差别并不大。
两种做法时间复杂度均为 \(\mathcal O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\)。
代码呈现
实现方式一：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define LL __int128
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1,MOD=998244353;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot,val[MAXN],fp[MAXN],phi[MAXN];
int idx1[MAXN],idx2[MAXN],g[MAXN];
inline void solve() {
int n,m=0;
scanf("%lld",&n);
int B=sqrt(n);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
else idx2[n/val[m]]=m;
}
auto idx=[&](int v) { return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v]; };
for(int i=1;i<=m;++i) {
int k=val[i]%MOD;
g[i]=(k*(k+1)/2+MOD-1)%MOD;
}
for(int k=1;k<=tot;++k) {
for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
g[i]=(g[i]+MOD-p[k]*(g[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp[k-1])%MOD)%MOD;
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
int s=0;
for(int v=p[i],c=1;v<=n;v*=p[i],c=-c) s+=c*(n/v);
ans=(ans+(n-s)%MOD*(s%MOD)%MOD*p[i]%MOD)%MOD;
}
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l); int k=n/l;
if((LL)l*l>n) {
ans=(ans+(n-k)%MOD*(k%MOD)%MOD*(g[idx(r)]+MOD-g[idx(l-1)])%MOD)%MOD;
}
}
for(int i=2;i*i<=n;++i) ans=(ans+(n/(i*i))%MOD*phi[i]%MOD)%MOD;
printf("%lld\n",ans);
}
signed main() {
for(int i=2;i<MAXN;++i) {
if(!isco[i]) p[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<MAXN;++j) {
isco[p[j]*i]=true,phi[p[j]*i]=phi[i]*(p[j]-1);
if(i%p[j]==0) { phi[p[j]*i]=phi[i]*p[j]; break; }
}
}
for(int i=1;i<=tot;++i) fp[i]=(fp[i-1]+p[i])%MOD;
int T;
scanf("%lld",&T);
while(T--) solve();
return 0;
}
实现方式二：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define LL __int128
using namespace std;
const int MAXN=2e5+1,MOD=998244353;
bool isco[MAXN];
int p[MAXN],tot,val[MAXN],fp1[MAXN];
int idx1[MAXN],idx2[MAXN],g0[MAXN],g1[MAXN],S[MAXN];
inline void solve() {
int n,m=0;
scanf("%lld",&n);
int B=sqrt(n); tot=0;
for(int i=2;i<=B;++i) {
if(!isco[i]) p[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=B;++j) {
isco[p[j]*i]=true;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
for(int i=1;i<=tot;++i) fp1[i]=(fp1[i-1]+p[i])%MOD;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l),val[++m]=n/l;
if(val[m]<=B) idx1[val[m]]=m;
else idx2[n/val[m]]=m;
int k=val[m]%MOD;
g0[m]=k-1,g1[m]=(k*(k+1)/2+MOD-1)%MOD;
}
auto idx=[&](int v) { return (v<=B)?idx1[v]:idx2[n/v]; };
for(int k=1;k<=tot;++k) {
for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
g0[i]=(g0[i]+MOD-(g0[idx(val[i]/p[k])]-(k-1)))%MOD;
g1[i]=(g1[i]+MOD-p[k]*(g1[idx(val[i]/p[k])]+MOD-fp1[k-1])%MOD)%MOD;
}
}
for(int i=1;i<=m;++i) S[i]=g0[i];
for(int k=tot;k>=1;--k) {
for(int i=1;i<=m&&p[k]*p[k]<=val[i];++i) {
S[i]=(S[i]+MOD+S[idx(val[i]/p[k])]-k)%MOD;
}
}
for(int i=1;i<=m;++i) S[i]=(S[i]+1)%MOD;
int ans=0;
for(int i=1;i<=tot&&p[i]*p[i]<=n;++i) {
int s=0;
for(int v=p[i],c=1;v<=n;v*=p[i],c=-c) s+=c*(n/v);
ans=(ans+(n-s)%MOD*(s%MOD)%MOD*p[i]%MOD)%MOD;
}
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l); int k=n/l;
if((LL)l*l>n) {
ans=(ans+(n-k)%MOD*(k%MOD)%MOD*(g1[idx(r)]+MOD-g1[idx(l-1)])%MOD)%MOD;
}
}
for(int l=1,Q=B+5,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l); int k=n/l;
while(Q*Q>k) --Q; //Q = sqrt(k)
ans=(ans+(Q*(Q-1)/2)%MOD*(S[idx(r)]+MOD-S[idx(l-1)])%MOD)%MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
}
signed main() {
int T;
scanf("%lld",&T);
while(T--) solve();
return 0;
}
