莫比乌斯反演、杜教筛、Min_25筛学习笔记

前置知识

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一、整除分块

即按照 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的值域进行分块，块数 $\le \lfloor 2\sqrt{n}\rfloor$。分 $i\le \lfloor \sqrt{n}\rfloor$ ，$i>\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 讨论。

$i$ 所在块的右端点为 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$ ，代码即 $r=n/(n/l)$

这里的证明：设所在块的值为 $\frac{n}{l}$ ，则这个块内的 $i\le \frac{n}{k}$ ，把 $k$ 带入即得。

这样，我们可以把 $O(n)$ 的求 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \ast f(i)$ 值过程变为 $O(\sqrt{n})$ ( $f(i)$用前缀和处理 )

• 无关的小知识

$1^2+2^2+3^2+...+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

$1^3+2^3+3^3+...+n^3=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$

另外，在做题的时候时刻关注的是式子的形式和范围，除数不为0，r不大于n

二、普通生成函数

形如 $f(x)=\sum _n{a}_n{x}^n$，此处a可以有限也可以无限

如序列 $a=1,3,5,7...$ (编号从0开始) 的生成函数是 $\sum _{n\ge 0}(2n+1)x^n$ ，如果a有通项公式，则它的普通生成函数的系数就是通项公式

基本运算

考虑 $a,b$ 的普通生成函数 $f(x),g(x)$

加法，$f(x)\pm g(x)=\sum _n(a_n\pm b_n)x^n$ ，即 $f(x)\pm g(x)$ 是序列 $q_n=(a_n\pm b_n)$ 的普通生成函数

乘法，或卷积，$f(x)g(x)=\sum _n{x}^n\sum _{i=0}^n{a}_i{b}_{n-i}$，即 $f(x)g(x)$ 是序列 $q_n=\sum _{i=0}^n{a}_i{b}_{n-i}$ 的普通生成函数

关键在构造，一般指数是题中给的限制，某项系数是最终答案

可以解决多重集组合数

三、指数生成函数

形如 $f(x)=\sum _{n\ge 0}{a}_n\frac{x^n}{n!}$

这里，如果原数列是有限的，就把大于数列上界的 $a_n$ 设为 0 即可

little question: 封闭形式如何得到？(坑)

加法同上

乘法（卷积），

$f(x)g(x)=\sum _{i\ge 0}{a}_i\frac{x^i}{i!}\sum _{j\ge 0}{b}_j\frac{x^j}{j!}$

$=\sum _{n\ge 0}{x}^n\sum _{i=0}^n{a}_i{b}_{n-i}\frac{1}{i!(n-i)!}$

$=\sum _{n\ge 0}\frac{x^n}{n!}\sum _{i=0}^n\frac{n!}{i!(n-i)!}{a}_i{b}_{n-i}$

$=\sum _{n\ge 0}\frac{x^n}{n!}\sum _{i=0}^n{C}_n^i{a}_i{b}_{n-i}$

即 $f(x)g(x)$ 是序列 $q_n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{a}_i{b}_{n-i}$

可以解决多重集排列数

四、狄利克雷生成函数

形如 $f(x)=\sum _{n>0}\frac{a_n}{n^x}$

乘法（卷积），

$\sum _{i>0}\frac{a_i}{i^x}\sum _{j>0}\frac{b_j}{j^x}$

$=(\frac{a_1}{1^x}+\frac{a_2}{2^x}+\frac{a_3}{3^x}+\frac{a_4}{4^x}+...)(\frac{b_1}{1^x}+\frac{b_2}{2^x}+\frac{b_3}{3^x}+\frac{b_4}{4^x}+...)$

$=\frac{a_1{b}_1}{1^x}+\frac{a_1{b}_2+a_2{b}_1}{2^x}+\frac{a_1{b}_3+a_3{b}_1}{3^x}+\frac{a_1{b}_4+a_2{b}_2+a_4{b}_1}{4^x}+...$

$=\sum _{n>0}\frac{1}{n^x}\sum _{d|n}{a}_d{b}_{\frac{n}{d}}$

五、积性函数

一个数论函数，$f(1)=1$，当$gcd(a,b)=1$时，有$f(ab)=f(a)f(b)$，则$f(n)$为积性函数

ps.数论/算术函数指定义域为正整数、陪域为复数的函数（其实没啥用）

特别地，如果对于任意a,b(不一定互质)，都有$f(ab)=f(a)f(b)$，则$f(n)$为完全积性函数

欧拉函数和莫比乌斯函数都是积性函数

欧拉函数

$\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$

又 $\phi (n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_s})$，其中p为n的质因数

即n以内，和n互质的数的个数

性质：$\sum _{d|n}\phi (d)=n$

证明：将以n为分母，且比1小的非负分数写出来，化简后按分母归类，发现每一类 $d$ 的个数都是 $\phi (d)$

正主出场：壹、莫比乌斯函数

定义：

$\mu (n)=\{\begin{array}{rcl}1& & n=1\\ (-1{)}^s& & n=p_1{p}_2...p_s\\ 0& & \text{n包含相同质因子}\end{array}$

可以用线性筛O(n)求出

性质： $\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$

简单证明:

$n>1$ 时，$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}..p_s^{a_s}$

令 $n^{\prime }=p_1{p}_2...p_s$

又 $\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)$

约数由质因子的成绩构成，又有容斥原理

$\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)=C_s^0+(-1)C_s^1+(-1{)}^2{C}_s^2+...+(-1{)}^s{C}_s^s$

$=(1+(-1){)}^s$

$=0$

与欧拉函数的联系：$\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}=\phi (n)$

证明是把n提出来，因式分解，化成欧拉函数的形式。

性质应用：$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$

常用手法：

1.YY的GCD 经过和式变换后整除的分母有两个变量，直接另T等于其分母，更改枚举顺序即可

2.[SDOI2015]约数个数和 设d(x)为x的约数个数和，有推论$d(ij)=\prod (t_i+1)=\prod (a_i+b_i+1)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$

最后化成一个整除分块套整除分块的形式

莫比乌斯反演

形式一

由 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$

推出 $g(n)=\sum _{d|n}f(\frac{n}{d})\mu (d)$

证明：令$t(n)=\sum _{d|n}f(\frac{n}{d})\ast \mu (d)=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{i|\frac{n}{d}}g(i)=\sum _{i|n}g(i)\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d)$

当i=n时，$\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d)=1$，则$t(n)=g(n)$

当i取小于n的约数时，$\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d)=0$，则$t(i)=0$

相加得证。

形式二

由 $f(n)=\sum _{n|d}g(d)$

推出 $g(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)$

又，有趣的事情在于，如果我们不学习莫比乌斯反演，只靠这之前的莫比乌斯函数性质+和式变换，大部分问题也是可以解决的。。。

(保守了，目前没见到无法解决的。。

总感觉每道莫反的题推法都十分类似。（当然我不是用莫反做的

$for$ $example:$ [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)$

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{i\ast j}{gcd(i,j)}$

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d=1}^{n}i\ast j\ast \frac{1}{d}[gcd(i,j)=d]$（单独枚举$gcd$）

$=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }i\ast j\ast d[gcd(i,j)=1]$（更改枚举范围，得到$gcd=1$的形式）

$=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }i\ast j\ast d\ast \sum _{p=1}^n\mu (p)[p|i][p|j]$（根据莫比乌斯函数推论）

$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^n\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{pd}\rfloor }{p}^2\ast i\ast j$（更改枚举范围+交换枚举顺序）

$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^n\mu (p)\ast p^2\ast \frac{(\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor +1)\ast \lfloor \frac{n}{pd}\rfloor }{2}\ast \frac{(\lfloor \frac{m}{pd}\rfloor +1)\ast \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor }{2}$（根据题目要求，推出可进行整除分块的部分）

$=\sum _{T=1}^n\frac{(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor +1)\ast \lfloor \frac{n}{T}\rfloor }{2}\ast \frac{(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor +1)\ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor }{2}\sum _{p=1}^n\mu (p)\ast p^2\ast \frac{T}{p}$（分母有两个未知数，令$T=$分母，改为枚举$T$，以便把整除的部分分离出来）

$=\sum _{T=1}^n\frac{(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor +1)\ast \lfloor \frac{n}{T}\rfloor }{2}\ast \frac{(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor +1)\ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor }{2}\sum _{p=1}^n\mu (p)\ast pT$（最后总会化成一个【整除分块*一个含$\mu$的函数】的形式）

好的，不得不承认，确实有些题直接用莫比乌斯反演更简单。

如 luogu P6271 一个人的数论。

考虑构造 $f(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k$ $g(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k[gcd(i,n)=1]$ ，求 $g(n)$

则 $f(n)=\sum _{d|n}{d}^{k}g(\frac{n}{d})$ ，做莫比乌斯反演，有 $g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)d^{k}f(\frac{n}{d})$

剩下是多项式转换内容。

贰、杜教筛

杜教筛可以在低于线性的时间复杂度内求出积性函数的前缀和。

常见的积性函数：$\mu$,$\phi$,$\sigma$(约数和),$d$(约数个数)

注，无论数论函数f是否为积性函数，只要可以构造出恰当的数论函数g，便都可以考虑用杜教筛求f的前缀和

再来放一下这张图

其中“三个常用函数”$ϵ$,$I$,$id$ 均为完全积性函数

第三个"常用卷积关系"的推导：注意到$\mu$ $\phi$的卷积关系中都有$I$，那么考虑把它们组合起来。

$\phi \ast I=id$ $\to$ $\phi \ast I\ast \mu =id\ast \mu$ $\to \phi \ast ϵ=id\ast \mu \to \phi =\mu \ast id$

算法思想：

考虑构造一个$S(n)$关于$S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$的递推式。

对于任意一个数论函数$g$，必满足

$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}^{i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{d|i}^{n}f(\frac{i}{d})\text{（这一行被称为杜教筛变换）}\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\end{array}$

其中 $(f\ast g)$ 为数论函数 $f$ 和 $g$ 的 狄利克雷卷积。

那么可以得到（杜教筛公式）：

$\begin{array}{rl}g(1)S(n)& =\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\\ & =\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\end{array}$

假如我们可以构造恰当的数论函数 g 使得,

可以快速计算 $\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$；
可以快速计算 $g$ 的前缀和，以用数论分块求解$\sum _{i=2}^{n}g(i)S\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \right)$。

则我们可以在较短时间内求得 $g(1)S(n)$。

Q：为什么我们要化成一个好求的函数h呢？直接求h的展开形式 $\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ （它和 $\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ 形式相同，只是范围不同）不行吗？

A：显然我们是由卷积的基本公式拆出来一个$S(n)$，目的也是求解$S(n)$. 如果此时我们再分别从 $\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ 的形式去妄图$O(\sqrt{n})$求解，那程序就会在$i=1$时陷入求$S(n)$的循环中无法自拔。（应该不会有人和我一样唐吧？

写法：发现该公式为$S(n)$的递归形式，在递归时加上记忆化，让每个$S(i)$只被算一次。

时间复杂度不会证明，如果线性预处理k个$S(n)$，时间复杂度会得到优化。其中k取$n^{\frac{2}{3}}$时间复杂度最小值为$O(n^{\frac{2}{3}}).$

在推 $g(x)$ 的式子时，注意观察到类似
$\sum _{d|n}f(d)$ 的样子，总之就是观察+猜测；又，后面一项是从2开始枚举的，不妨推式子的时候直接写成 $d<n$ 最后更改枚举范围即可。

模板

//杜教筛模版
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int long long
using namespace std;
const int k=2e6+5;
int T,n,vis[k],p[k],cnt;
ll phi[k],mu[k];
unordered_map<int,ll> mp1,mp2;
void init(){
	mu[1]=1,phi[1]=1;
	for(int i=2;i<k;i++){
		if(!vis[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<k;j++){
			vis[i*p[j]]=1;
			if(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(int i=2;i<k;i++) phi[i]+=phi[i-1],mu[i]+=mu[i-1];
}
ll gphi(int n){
	if(n<k) return phi[n];
	if(mp1.count(n)) return mp1[n];
	ll ans=1ll*n*(n+1)/2;
	for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans-=gphi(n/l)*(r-l+1);
	}
	return mp1[n]=ans;
}
ll gmu(int n){
	if(n<k) return mu[n];
	if(mp2.count(n)) return mp2[n];
	ll ans=1;
	for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){//服了，这里+1会炸int 
		r=n/(n/l);
		ans-=gmu(n/l)*(r-l+1);
	}
	return mp2[n]=ans;
}
signed main(){
	scanf("%lld",&T);
	init();
	while(T--){
		scanf("%lld",&n);
		printf("%lld %lld\n",gphi(n),gmu(n));
	}
	return 0;
} 

推式子方法：(以$\sum _{i=1}^n\phi (i^2)$为例)

根据题目要求，得出$f(i)=\phi (i^2)=\phi (i)\ast i$

则$S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$

此时我们需要构造一个$g(x)$使得$h(i)=(f\ast g)(i)$的前缀和好求

写出形式，带入$f(x)$

$h(i)=(f\ast g)(i)$

$=\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})$

$=\sum _{d|i}\phi (d)dg(\frac{i}{d})$

此时又有欧拉函数的性质，$i=\sum _{d|i}\phi (d)$

那么令$g(x)=x$即可

$h(i)=\sum _{d|i}\phi (d)d\ast \frac{i}{d}=i^2$

此时我们所需要的函数都求出来了，带入杜教筛式子$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$即可

叁、Min_25筛

和杜教筛一样，可以在压线性的复杂度下求出积性函数的前缀和，时间复杂度 $O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$

它的使用条件是：$f(x)$ 是一个积性函数; $f(x)$ 在质数处取值可以被简单算出; 对于质数p，$f(p^c)$ 是一个关于p的低阶多项式

step 1 分类

Min_25筛能在亚线性的复杂度下求出答案，其关键步骤就是按质数和合数分类，并枚举合数的最小质因子和质因子个数，即

$$\sum _{i=1}^{n}f(i)=\sum _{\text{p is a prime}}^{n}f(p)+\sum _{\text{p is a prime}}^{\sqrt{n}}f(p^e)(\sum _{minp(i)>p}^{\lfloor \frac{n}{p^e}\rfloor }f(i))$$

其中 $minp(i)$ 表示 $i$ 的最小质因子。注意到一个合数的最小质因子一定小于 $\sqrt{n}$ ，枚举得到巨大优化。

step 2 质数求解

• 注意，这里 $g$ 和后面的 $s$ 不记1的贡献，原因会在后面提到

设对于质数 $p$，其中 f 在 p 处能被表示为 $f(p)=\sum a_i{p}^i$ 的多项式，那么不妨对于每一项 $p^k$ ，先统计出 $\sum p^k$ 再进行计算

注意到，这里 $g$ 存的函数值并不直接是原函数的值，而是某个能简单算出的函数且它在质数处的取值和原函数相同。这里直接写成多项式的形式是因为这个转化比较常见。

考虑一个 dp （太神仙了难以想到），设 $g(n,j)$ 表示 $n$ 范围内，所有质数或最小质因子大于第j个质数的所有数的k次方之和。最后要求的就是 $g(n,j)$ ，其中 $p_j$ 是最后一个 $\le \sqrt{n}$ 的质数

考虑从 $g(n,j-1)$ 转移到 $g(n,j)$ ，此时需要减去最小质因子是 $p_j$ 的所有合数的贡献。

既然最小质因子是 $p_j$ ，又幂函数是一个完全积性函数，那么我们直接提出它，分类：

$$g(n,j)=g(n,j-1)-p_j^k(g(\lfloor \frac{n}{p_j}\rfloor ,j-1)-g(p_{j-1},j-1))$$

初始值：$g(n,0)=\sum _{i=2}^n{i}^k$

从搜索的角度来看，我们会转移到的位置 $n,\lfloor \frac{n}{p_1}\rfloor ,\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{p_1}\rfloor }{p_2}\rfloor ...$ ，又有 $\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{p_1}\rfloor }{p_2}\rfloor =\lfloor \frac{n}{p_1{p}_2}\rfloor$

发现上式只用到形如 $\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$ ，$x\le n$ 位置上的 dp 值，这些值最多只有 $2\sqrt{n}$ 种，只需要求出它们的值并直接 dp 即可。（注意到质数 $p_j$ 的取值本来就在 $\sqrt{n}$ 以下，所以不用特殊处理

step 3 合数求解

设 $s(n,j)$ 表示 $n$ 范围内最小质因子大于 $p_j$ 的所有数的 $f$ 值之和。接下来令 $G(n)$ 表示 $n$ 范围内所有质数的 $f$ 值之和，从 $g(n,j)$ 算出即可

同样的分类，质数贡献+合数贡献

$$s(n,j)=(G(n)-G(p_j))+\sum _{j<k}f(p_k^e)(s(\lfloor \frac{n}{p_k^e}\rfloor ,k)+[e\ne 1])$$

注意枚举的 $p_k\le \sqrt{n}$，$p_k^e\le n$ 边界条件。

上文所说不记1的贡献就是原因在此：首先，对于积性函数 $f(1)=1$。则当 $e=1$ 时，$p_k^e$ 就是一个质数，已经统计过了，不能再加；当 $e\ne 1$ 时，需要加上 $p_k^e$ 的贡献。

（气死了，刚打完结果可能因为latex太多被卡退了，啥都没了全部重写……所以要养成随时保存的好习惯哦

一些实现细节看代码吧

Min_25筛模版

//Min_25筛模版 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5,inf=2e9,mod=1e9+7,inv2=500000004,inv6=166666668;
int n,m,p[maxn],cnt,vis[maxn];
void init(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) p[++cnt]=i;
		for(int j=1;p[j]*i<=n;j++){
			vis[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}
int ind1[maxn],ind2[maxn];
//dp数组显然不能直接开到n，可以用map，但常数较大；这里用ind1 ind2分别存储x和n/x在dp数组的编号，下标<=sqrt(n)
int g1[maxn],g2[maxn],val[maxn],tot;
//一次项和二次项之和  所有n/x的值
int getid(int x){
	return x<=m?ind1[x]:ind2[n/x];
} 
int f(int x){
	x%=mod;//细节 
	return (x*x-x)%mod;
}
int s(int n,int j){//递归求解s(n,j) 
	if(p[j]>n) return 0;//边界
	int id1=getid(n),id2=getid(p[j]);
	int res=((g2[id1]-g1[id1])-(g2[id2]-g1[id2])+mod+mod)%mod;
	for(int k=j+1;k<=cnt&&p[k]<=n/p[k];k++){
		for(int e=1,num=p[k];num<=n;e++,num=num*p[k]){
			res=(res+f(num)*(s(n/num,k)+(e!=1)))%mod;
		}
	} 
	return res;
}
signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	m=sqrt(n);
	init(m);
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){//整除分块 
		r=n/(n/l);
		val[++tot]=n/l;
		if(val[tot]<=m) ind1[val[tot]]=tot;
		else ind2[n/val[tot]]=tot;
		int num=val[tot]%mod;//注意要取模！
		g1[tot]=num*(num+1)%mod*inv2%mod-1;
		g2[tot]=num*(num+1)%mod*(2*num+1)%mod*inv6%mod-1;//减掉1的贡献 
	}
	for(int j=1;j<=cnt;j++){//先枚举第二维再枚举第一维 
		for(int i=1;i<=tot&&p[j]<=val[i]/p[j];i++){
			int id1=getid(val[i]/p[j]),id2=getid(p[j-1]);//这样才能保证这里调用的g[id1]是存的j-1的信息，否则它都全被更新完了 
			g1[i]=(g1[i]-p[j]*(g1[id1]-g1[id2])%mod+mod)%mod;
			g2[i]=(g2[i]-p[j]*p[j]%mod*(g2[id1]-g2[id2])%mod+mod)%mod;
		}
	}
	printf("%lld",(s(n,0)+1)%mod);//最后加上1的贡献 
	return 0;
}

例题

[loj6235] 区间素数个数

因为Min_25筛是质数合数分开处理的，所有实际上我们只需要用第一步dp求出质数的0次方和即可

[loj053] 简单的函数

2的情况是特殊的，剩下在质数处的取值都是p-1。细节上处理一下即可。

注意到 $\sum _p(p-1)$ 并不是完全积性函数，要分别处理（我居然错在这儿了！！