之前学习的的确是太浅薄了，于是重新学习一下。
- 可以做什么？
对于满足条件的积性函数 \(f(n)\)，求其前 \(n\) 项和 \(\sum_{i=1}^nf(i)\)。
- 需要准备些什么？
设 \(N=\{x|x=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\}\)，即为所有整除的不同点值。
设 \(B=\sqrt n,p_{k}\) 代表 \(\le B\) 的所有质数。
设 \(mn(n)\) 为 \(n\) 的最小质因子。
第一部分
我们需要对于 \(i\in N\)，求出 \(\sum_{p_k\leq i}f(p_k)\)。
这里要求：\(f(p_k)=\sum_{j=0}c_j(p_k)^j\)，即可以表示成一个关于 \(p_k\) 的低次多项式，那么我们把多项式拆成若干个单项式分别求和即可，记为 \(g(n)\)。
设 \(G_k(n)\) 为用 \(p_{1}\to p_{k}\) 做完线性筛后剩下的数的 \(g(i)\) 之和，也就是 \(G_k(n)=\sum_{j=1}^k g(p_j)+\sum_{i=p_k+1}^n[mn(i)>p_k]g(i)\)。
我们让 \(k\) 从 \(0\) 依次增大，这样枚举完 \(\leq B\) 的质数后就是要求的了。
\(G_0(n)\) 就是一个自然数幂和，不多赘述，现在我们看怎么从 \(G_{k-1}\) 推到 \(G_k\)。
相比于 \(G_{k-1}(n)\)，\(G_k(n)\) 筛掉了所有 \(mn(i)=p_k\) 的 \(i\)，我们从 \(i\) 中提出一个 \(p_k\)，然后一定有 \(mn(\frac{i}{p})> p_{k-1}\)，这个东西就是 \(G_{k-1}(n)\) 去掉前边质数的贡献，因此我们有：
\[G_k(n)=G_{k-1}(n)-g(n)(G_{k-1}(\lfloor \frac{n}{p_k}\rfloor )-sum_{k-1})) \]其中 \(sum_k\) 是前 \(k\) 个质数的贡献。
这样就完成了递推。
第二部分
设 \(S_k(n)\) 为 \(\sum_{i=1}^n[mn(i)>p_k]f(i)\)，我们要求出 \(S_0(n)\)。
\(S_k(n)\) 的贡献分成质数和合数两部分，质数就是 \(G_0(n)-sum_{k}\)。
对于合数，我们枚举最小质因子 \(p_{j}(j>k)\) 及其次数 \(c\)，显然这里 \(p_j\leq B\)。
那么贡献就是
\[S_k(n)=G_0(n)-sum_k+\sum_{j>k}\sum_cf(p_j^c)(S_{j,\lfloor\frac{n}{p_j^c}\rfloor}+[c\neq 1]) \]直接递归即可。
两者的复杂度都可以证明是 \(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\ln\ln n})\)，实际上比杜教筛还要快。
拓展
我们能不能对于 \(i\in N\)，求出 \(S_k(i)\) 呢？
我们知道杜教筛可以记忆化，但是这里即使记忆化复杂度依旧爆炸，我们考虑把递归改成递推的。
首先改一下 \(S_k(n)\) 的定义：我们只考虑合数的贡献不考虑质数，这样做的好处是我们定义域满足 \(p_k^2\leq n\) 。
那么式子就是：
\[S_k(n)=\sum_{j>k}\sum_cf(p_j^c)(S_{j,\lfloor\frac{n}{p_j^c}\rfloor}+G_0(\lfloor\frac{n}{p_j^c}\rfloor)-sum_j+[c\neq 1]) \]\[S_k(n)=S_{k+1}(n)+\sum_cf(p_{k+1}^c)(S_{k+1,\lfloor\frac{n}{p_{k+1}^c}\rfloor}+G_0(\lfloor\frac{n}{p_{k+1}^c}\rfloor)-sum_{k+1}+[c\neq 1]) \]显然和递归是一个复杂度的，那么我们就保持复杂度不变的同时完成了递推所有值。
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();bool f=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())f|=(c=='-');
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c-'0');
x=(f?-x:x);
}
const int N = 1e6+7;
#define int long long
typedef long long LL;
int sum[N];
namespace sub
{
int v[N],g[N],prime[N],tot=0;
int solve(int n)
{
g[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!v[i])
{
v[i]=i;
prime[++tot]=i;
g[i]=2;
}
for(int j=1;j<=tot;j++)
{
if(prime[j]>v[i]||1ll*i*prime[j]>n)break;
int k=i*prime[j];
v[k]=prime[j];
if(i%prime[j]==0)
{
g[i*prime[j]]=g[i];
break;
}
g[i*prime[j]]=g[i]*2;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+g[i];
}
}
int v[N],g[N];
int prime[N],tot=0;
int sg[N],R;
void init(int n)
{
g[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!v[i])
{
v[i]=i;
prime[++tot]=i;
g[i]=2;
sg[tot]=sg[tot-1]+g[i];
}
for(int j=1;j<=tot;j++)
{
if(prime[j]>v[i]||1ll*i*prime[j]>n)break;
int k=i*prime[j];
v[k]=prime[j];
if(i%prime[j]==0)
{
g[i*prime[j]]=g[i];
break;
}
g[i*prime[j]]=g[i]*2;
}
}
}
int num[N],cnt=0,G[N],id1[N],id2[N],B;
int F[N],S[N];
void init()
{
for(int j=tot;j>=0;j--)
{
for(int u=1;u<=cnt&&prime[j]*prime[j]<=num[u];u++)
{
int x=num[u];
F[u]=S[u];
}
if(j==0)break;
for(int u=1;u<=cnt&&prime[j]*prime[j]<=num[u];u++)
{
int x=num[u];
int c=1,cur=prime[j];
for(;cur<=x;cur=cur*prime[j],c++)
{
int v=(x/cur<=B?id1[x/cur]:id2[R/(x/cur)]);
int w=(x/cur>prime[j]?F[v]+G[v]-sg[j]:0);
S[u]=S[u]+2*(w+(c!=1));
}
}
}
}
signed main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("count.out","w",stdout);
int n;
read(n);R=n;
B=sqrt(n);
init(B);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=(n/(n/l));
num[++cnt]=(n/l);
G[cnt]=(n/l)-1;
if(n/l<=B)id1[n/l]=cnt;
else id2[n/(n/l)]=cnt;
}
for(int j=1;j<=tot;j++)
for(int i=1;i<=cnt&&1ll*prime[j]*prime[j]<=num[i];i++)
{
int x=num[i]/prime[j];
if(x<=B)x=id1[x];
else x=id2[n/x];
G[i]-=(G[x]-(j-1));
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)G[i]=G[i]*2;
init();
cout<<F[1]+G[1]+1;
return 0;
}