题意
求 ([L, R]) 之间的素数之和 . (L≤10^{10},2×10^{10} le R le 10^{11})
题解
一个有点裸的 min_25筛 ? 现在我只会筛素数的前缀和 , 合数的过几天再学吧 .
首先推荐一波 yyb大佬博客 这个人很强 , 别那么fake就好啦
令 (F(x) = x) 显然此处 (F(x)) 是完全积性函数 .
我们需要求的就是 $$displaystyle sum_{i=1}^{n} [i in Prime] F(i)$$ .
这个就是 min_25筛的预处理部分 啦.
由 yyb博客 可得 .
对于下面这个表达式 ,
[displaystyle g(n,j)=sum_{i=1}^ni[iin P or min(p)>P_j,p|i,pin P ]
]
有如下一个递推式 :
[g(n,j)=egin{cases} g(n,j-1)&P_j^2gt n\ g(n,j-1)-P_{j}[g(frac{n}{P_j},j-1)-g(P_j-1,j-1)]&P_j^2le nend{cases}
]
这个直接实现是 (displaystyle O(frac{n^{frac{3}{4}}}{log n})) 的复杂度 qwq
然后考虑代码实现 .
首先预处理前 (sqrt n) 的素数 , (假设处理到了 (lim) )
以及 (i=1 sim lim) 的 (F(x)) 前缀和 . (此处可适当处理多一点 , 时间效率会提高)
然后假设我们当前考虑的是 (g(n, m)) .
直观上共有三步 .
- (P_{m+1}^2 > n) 且 (n le lim) , 那么此时可以直接用之前预处理的答案 , 因为此时存在有贡献的数只可能为素数 .
- 将 (m) 一直缩小到 (n < P_m^2) . 这个利用了递推式 (P_j^2 > n) 时 (g(n,j) = g(n, j - 1)) 的那个定理 .
- 然后不断将 (m) 下降, 直至下降到 (0) , 此间需要要递归计算 (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)) 可以用前面预处理 , 递归下去也只会有一层 . 而前者会不断递归计算 . 其中 (m) 到 (0) 的时候 , 就是边界情况 : (displaystyle g(n, 0)=sum_{i=2}^{n} i) . 这个是很显然的 , 因为此时所有数都计入了贡献 , 但 (1) 是无法给予这个贡献的 . (一开始此处调试许久... )
代码
递归版本
直接按前面的式子模拟即可。
#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 ('
');
}
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;
}
非递归版本
如何做非递归呢？
考虑每次的 (j) 都是不断减小的，就是我们会依次会除掉一个个质因子 (p_j) 。
我们从小到大枚举每个质因子 (p_j le lfloor sqrt n floor) ，然后再从小到大枚举每个 (n) 的块 (displaystyle lfloor frac{n}{x} floor) （只有 (sqrt n) 个）。
然后利用上面的式子直接递推即可。
具体实现的时候由于只有 (sqrt n) 个，我们对于 (le sqrt n) 的和 (> sqrt n) 的进行分块即可。
#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 ('
');
}
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;
}