狄利克雷卷积 与 杜教筛

先放上板题
BZOJ3944
洛谷P4213

嗯，杜教筛解决的就是这样一个丧心病狂的前缀和
\(O(N)\)都会T。。

积性函数

若是一个数论函数\(f(n)\)，知足若\(m,n\)互质，那么有\(f(n * m) = f(n) * f(m)\)，那么称\(f(n)\)为积性函数

特别的，若是对于任意\(n,m\)都知足\(f(n * m) = f(n) * f(m)\)，那么称\(f(n)\)为彻底积性函数

狄利克雷卷积

对于两个积性函数\(f(n),g(n)\)，定义它们的狄利克雷卷积为：\((f*g)(n) = \sum_{d|n} f(d) * g(\frac{n}{d})\)
数论函数与狄利克雷卷积造成群，知足结合律，封闭性，单位元，逆元，同时还知足交换律

其中单位元为\(\epsilon\)，\(\epsilon(n) = [n = 1]\)
还有一些比较经常使用的积性数论函数

这里有比较经常使用的几种卷积关系：
\(\mu * 1=\epsilon\)【莫比乌斯反演】【\(\mu\)与\(1\)互为逆元】
\(\phi * 1=Id\) \(\qquad \phi = Id * \mu\)
\(d = 1 * 1\) \(\qquad 1 = \mu * d\)
等等之类的，，

咱们甚至能够简单地证实莫比乌斯反演了：
\[F = f * 1\]
\[f = \mu * F\]

杜教筛

说了那么多，回归到杜教筛吧：
咱们要求的是:
\[S(n) = \sum_{i=1}^{n} f(i)\]

咱们找到另外一个积性数论函数\(g(n)\)
那么
\[\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{d|i} g(d) * f(\frac{i}{d})\]
\[\qquad \qquad = \sum_{i=1}^{n} g(i) * \sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} f(j)\]
\[\qquad \qquad = \sum_{i=1}^{n} g(i) * S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\]
咱们就有：
\[\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i) = \sum_{i=1}^{n} g(i) * S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\]

就能够有：
\[g(1) * S(n) = \sum_{i=1}^{n}(f*g)(i) - \sum_{i=2}^{n} g(i) * S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\]

若是咱们能找到一个函数\(g(n)\)
使得\(\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)\)能够被快速计算
而且其前缀和很是容易计算【由于要计算\(\sum_{i=2}^{n} g(i) * S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\)】
那么咱们就能够 分块 + 递归 求解\(S(n)\)了

能够证实，咱们预处理出积性函数\(f(n)\)的前\(O(n^{\frac{2}{3}})\)项，就能够在记忆化搜索在\(O(n^{\frac{2}{3}})\)的复杂度计算出\(S(n)\)
是否是很神奇?

回到例题
具体地，两个问均可以考虑令\(g = 1\)
具体自行思考

呼啦啦写完啦
贴代码【洛谷AC，BZOJ RE不停，求助QAQ，，或者哪天我再查查】
【思路仍是没问题】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 4000005,N = 3414680,INF = 1000000000;
map<LL,LL> _mu,_phi;
int isn[maxm];
LL p[maxm],pi;
LL mu[maxm],phi[maxm];
void init(){
    mu[1] = 1; phi[1] = 1;
    for (register LL i = 2; i < N; i++){
        if (!isn[i]) p[++pi] = i,mu[i] = -1,phi[i] = i - 1;
        for (register int j = 1; j <= pi && i * p[j] < N; j++){
            isn[i * p[j]] = true;
            if (i % p[j] == 0){
                mu[i * p[j]] = 0;
                phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
                break;
            }
            mu[i * p[j]] = -mu[i];
            phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);
        }
    }
    for (register int i = 1; i < N; i++){
        mu[i] += mu[i - 1];
        phi[i] += phi[i - 1];
    }
}
LL S1(LL n){
    if (n < N) return phi[n];
    map<LL,LL>::iterator it;
    if ((it = _phi.find(n)) != _phi.end())
        return it->second;
    LL ans = n * (n + 1) >> 1;
    for (int i = 2,nxt; i <= n; i = nxt + 1){
        nxt = n / (n / i);
        ans -= (nxt - i + 1) * S1(n / i);
    }
    return _phi[n] = ans;
}
LL S2(LL n){
    if (n < N) return mu[n];
    map<LL,LL>::iterator it;
    if ((it = _mu.find(n)) != _mu.end())
        return it->second;
    LL ans = 1;
    for (int i = 2,nxt; i <= n; i = nxt + 1){
        nxt = n / (n / i);
        ans -= (nxt - i + 1) * S2(n / i);
    }
    return _mu[n] = ans;
}
int main(){
    init();
    LL T,n;
    scanf("%lld",&T);
    while (T--){
        scanf("%lld",&n);
        printf("%lld %lld\n",S1(n),S2(n));
    }
    return 0;
}