Min_25
首先是来自某位仁兄的教导：\(\text{Min_25}\) 就是 \(\text{DP}\)。
然后是一些记号：
\(p\) 表示质数，\(q\) 表示合数，\(pt(x)\) 表示\(x\) 的最小质因子。
\(p_i\) 是第 \(i\) 大的质数，\(M\) 是最后一个使 \(p_M\le\sqrt{n}\) 的数。
我们现在有一个积性函数 \(f(x)\)，这家伙对于 \(f(p)\) 算起来很愉快（有简单的计算方法，且可以拆成一堆完全积性函数的和的形式，如是个项数不多的多项式），并且对于 \(f(p^e)\) 也可以快速得到
那么现在要求 \(\sum_{i=1}^{n}\limits f(i)\)，\(n\le 1e11\)
接着，我们把原式分成3部分：
那个\(f(1)\) 最后再算，下文所有操作默认看不见它。
先来尝试求出质数的部分。
首先，既然对于 \(f(p)\) 这玩意都很愉快，那么我们令 \(f'(x)\) 表示假装 \(x\) 是个质数时，\(f(x)\) 的结果。
然后，我们可以把 \(f'(x)\) 拆成一堆完全积性函数 \(f''\) 的和的形式，对于每一个完全积性函数可以分开处理。通常 \(f''\) 的前缀和也很容易求。
如 \(f'(x)=x^2+x\) ，可以把它拆成两个完全积性函数 \(x^2\) 和 \(x\)。
注意到每个合数一定会有最小质因数，那么我们可以考虑通过逐步去掉最小质因数的方法，求出所有质数的部分。
我们整出来这么一个函数 \(g\)，使
\(g(,0)\) 就是 \(f''\) 的前缀和，\(g(n,M)\) 就是所有质数的部分，因为不可能会有 \(pt(x)>\sqrt{x}\) 的奇才。
考虑这东西怎么转移：
\(g(i,j)\) 跟 \(g(i,j-1)\) 所相差的，就是那些 \(pt(k)=p_j\) 的 \(f''(k)\)，要从 \(g(i,j-1)\) 里面剔除掉这部分。
把这些 \(k\) 去掉 \(p_j\) 后，必须都是 \(pt\ge p_j\)，也就是\(pt>p_{j-1}\) 的合数，并且也不能是小于 \(p_j\) 的质数。
唔，这似乎很熟悉。
（\(f''\) 完全积性）
其中 \(sum(x)\) 表示前 \(x\) 个质数 \(f''\) 的和。由于筛得时候只会做到前 \(M\) 个质数，这个可以 \(O(\sqrt{n})\) 预处理。
由于每次筛去的都是 \(pt(k)=p_j\) 的 \(f''(k)\) ，而 \(pt\) 不会超过 \(\sqrt{i}\)。
我们筛到 \(p_j^2 > i\) 的时候就可以退出了，再往上筛就不会有意义喽。
然后只有 \(i\) 可以表示成 \(\lfloor \dfrac{n}{x} \rfloor\) 的 \(g\) 才有意义，因为目标是要求 \(g(n,M)\)
而这样的数最多只有 \(2\sqrt{n}\) 个。
于是可以离散化，把空间降下来；同时，注意到转移时需要的 \(\lfloor \dfrac{i}{p_j} \rfloor\) 一定是小于 \(i\) 的，所以可以滚动数组从大到小逐个转移。
所以空间复杂度是 \(O(\sqrt{n})\) 的。
那么，就可以一路转移到 \(g(,M)\)，处理好质数的部分了。
开始考虑合数的部分：
既然是合数，那么一定会有最小质因数，我们按类似 \(g\) 的做法，考虑通过逐个加入每个最小质因数，得到最后的答案。
整一个函数 \(S\)，使
这样最后 \(S(n,0)\) 就是答案。
考虑暴力加入最小质因数，大力转移 \(S\)
（这里解释一下那个 \([e\ne 1]\)，是因为还要算上 \(f(p_k^e)\) 本身的贡献，但是所有质数的部分已经被算好了）
你可能会好奇那为什么还要有 \(g\) ，直接把\([e\ne 1]\) 改成 \(1\) 不就好了？
因为后面的部分基于一个前提：合数的最小质因数不会超过根号范围。
也就是说，通过对 \(g\) 的处理，我们可以只枚举根号范围内的最小质因数。
不然枚举范围会从 \(\sqrt{n}\) 变成 \(n\)，直接暴毙。
复杂度我不会分析，我只知道这家伙能跑 \(1e11\)。
总而言之，\(\text{Min_25}\) 是一种通过每次筛去最小质因数来转移的 \(\text{DP}\)。这家伙能做的也不仅仅是求积性函数的前缀和。
举个例子，求区间质数个数；
也就是求函数 \(f(x) = [x\in p]\) 的前缀和。
\(f(x)\) 显然不是积性的，但是 \(\text{Min_25}\) 仍然可以处理它：
\(f'(x)=1\) ，这倒是完全积性的，\(g(n,M)\) 即为答案。
