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##

如果一个数论函数\(f(n)\)，满足若\(m,n\)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，如果对于任意\(n,m\)都满足\(f(n * m) = f(n) * f(m)\)，那么称\(f(n)\)为完全积性函数

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形成群，满足结合律，封闭性，单位元，逆元，同时还满足交换律

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

这里有比较常用的几种卷积关系：
\(\mu * 1=\epsilon\)【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，，

我们甚至可以简单地证明莫比乌斯反演了：

\[F = f * 1 \]

\[f = \mu * F \]

杜教筛##

说了那么多，回归到杜教筛吧：
我们要求的是:

\[S(n) = \sum_{i=1}^{n} f(i) \]

我们找到另一个积性数论函数\(g(n)\)
那么

\[\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{d|i} g(d) * f(\frac{i}{d}) \]

\[\qquad \qquad = \sum_{i=1}^{n} g(i) * \sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} f(j) \]

\[\qquad \qquad = \sum_{i=1}^{n} g(i) * S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) \]

我们就有：

\[\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i) = \sum_{i=1}^{n} g(i) * S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) \]

就可以有：

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

如果我们能找到一个函数\(g(n)\)
使得\(\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)\)可以被快速计算
并且其前缀和非常容易计算【因为要计算\(\sum_{i=2}^{n} g(i) * S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\)】
那么我们就可以 分块 + 递归 求解\(S(n)\)了

可以证明，我们预处理出积性函数\(f(n)\)的前\(O(n^{\frac{2}{3}})\)项，就可以在记忆化搜索在\(O(n^{\frac{2}{3}})\)的复杂度计算出\(S(n)\)
是不是很神奇?

回到例题
具体地，两个问都可以考虑令\(g = 1\)
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】
【思路还是没问题】

#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;
}