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有(没)什么用？

求解积性函数 $F$ 的前缀和

$$\sum_{i=1}^{n}F(i)$$

做法

首先假设 $F(i)=i^k$
设 $P_i$ 为从小到大的第 $j$ 个质数
设 $g(x,j)$

$g(x,j)=\sum_{i=1}^{x}[i$为质数或最小质因子$> P_j]F(i)$
$g(x,0)$ 不包括 $f(1)$ 的贡献

求解 $g$

若 $P_j^2 > x$，则不存在 $x$ 以内的合数的最小质因子大于 $P_j$

那么 $g(x,j)=g(x,j-1)$

否则，$P_j^2 \le x$，考虑从 $g(x,j-1)$ 推过来

显然 $g(x,j-1)$ 中多了最小质因子为 $P_j$ 的那些合数的贡献，设为 $R$

设这些合数为 $tP_j$，贡献即 $t^kP_j^k$

要满足这些合数的最小质因子为 $P_j$，$t$ 要满足最小质因子 $\ge P_j$

提出 $P_j^k$ ，所以 $R=(g(\frac{x}{P_j},j-1)-$小于 $P_j$ 的质数的贡献$)P_j^k$

也就是 $R=P_j^k(g(\frac{x}{P_j},j-1)-g(P_{j-1}, j-1))$

(因为 $P_{j-1}$ 以内为质数或最小质因子 $> P_{j-1}$ 的只有质数)

总结一下就是

$$g(x, j) = \begin{cases} g(x,j-1), P_j^2 > x\\ g(x,j-1)-P_j^k(g(\frac{x}{P_j},j-1)-g(P_{j-1}, j-1)), P_j^2 \le x\\ \end{cases}\\ $$

求解前缀和

设 $h(x)=\sum_{i=2}^{x}[i$ 为质数 $]F(i)$

假设 $a_x$ 为 $P_{a_x} \le x$ 的最大的数

那么 $h(x) = g(x, a_{\sqrt x})$

再设 $S(n,j)=\sum_{i=1}^{n}[i$的最小质因子$\ge P_j]F(i)$

$S(n,0)$ 不包括 $f(1)$ 的贡献

分成两个部分计算

1. $i$ 为质数，贡献即为 $h(n)-h(P_{j-1})$

2. $i$ 为合数：

枚举最小质因子 $P_k$ 及其的指数 $e$ (这里的 $k$ 和 $F(i)=i^k$ 不是一个)

贡献为

$$\sum_{k\ge j}\sum_{e}^{P_k^{e+1} \le n}(F(P_k^e)S(\frac{n}{p_k^e},k+1)+F(P_k^{e+1}))$$

首先积性函数的性质有前面的一部分

$$\sum_{k\ge j}\sum_{e=1}^{P_k^{e+1} \le n}F(P_k^e)S(\frac{n}{p_k^e},k+1)$$

而这样就没有算到 $F(P_k^e)$ 的贡献，加回来即可

答案就是 $S(n,1)+F(1)$