[复习]莫比乌斯反演,杜教筛,min_25筛

莫比乌斯反演

做题的时候的常用形式：

\begin{aligned} g (n) & = \sum_{n | d} f (d) \\ f (n) & = \sum_{n | d} μ (\frac{d}{n}) g (d) \end{aligned}

$\begin{aligned}g(n)&=\sum_{n|d}f(d)\\f(n)&=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)\end{aligned}$

实际上还有

\begin{aligned} g (n) & = \sum_{d | n} f (d) \\ f (n) & = \sum_{d | n} μ (\frac{n}{d}) g (d) \end{aligned}

$\begin{aligned}g(n)&=\sum_{d|n}f(d)\\f(n)&=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d)\end{aligned}$

证明可以看看这里，只需要把式子带回去就可以证了。
式子很简单，做题很有用，技巧很丰富。

主要通过题目来写这一部分的内容。

【BZOJ1101】ZAP
题意：求 $\displaystyle \sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(i,j)==d]$
题解：
令 $\displaystyle f(d)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(i,j)==d],g(n)=\sum_{n|d}f(d)$ 。
那么通过式子的含义不难知道 $\displaystyle g(d)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[d|gcd(i,j)]$ 。
那么推导就很简单了

\begin{aligned} g (d) & = \sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} [d | g c d (i, j)] \\ = \sum_{i = 1}^{a / d} \sum_{j = 1}^{b / d} [1 | g c d (i, j)] \\ = ⌈ \frac{a}{d} ⌉ * ⌈ \frac{b}{d} ⌉ \\ f (d) & = \sum_{d | i} μ (\frac{i}{d}) g (i) \\ = \sum_{d | i} μ (\frac{i}{d}) ⌈ \frac{a}{i} ⌉ * ⌈ \frac{b}{i} ⌉ \\ = \sum_{i = 1}^{m i n (a, b) / d} μ (i) ⌈ \frac{a / d}{i} ⌉ * ⌈ \frac{b / d}{i} ⌉ \end{aligned}

$\begin{aligned} g(d)&=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[d|gcd(i,j)]\\ &=\sum_{i=1}^{a/d}\sum_{j=1}^{b/d} [1|gcd(i,j)]\\ &= \lceil \frac{a}{d} \rceil* \lceil \frac{b}{d} \rceil\\ f(d)&=\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})g(i)\\ &=\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})\lceil \frac{a}{i} \rceil* \lceil \frac{b}{i} \rceil\\ &=\sum_{i=1}^{min(a,b)/d}\mu(i)\lceil \frac{a/d}{i} \rceil* \lceil \frac{b/d}{i} \rceil\\ \end{aligned}\\$

考虑最终这个求和式，如果直接单次 $O(min(a,b)/d)$ 的计算，那么复杂度是 $O(Tmin(a,b)/d)$ 的，是会 $TLE$ 的。
实际上，当 $i$ 取 $[1,n]$ 时， $n/i$ 向下取整的取值只有大约 $2\sqrt n$ 个左右，所以对于相同的值完全可以合并在一起算，所以我们只需要处理出 $\mu$ 的前缀和即可直接数论分块计算，把单次复杂度优化到了 $\sqrt {min(a,b)}$ 级别。

【BZOJ2154】Crash的数字表格/【BZOJ2693】jzptab

\begin{aligned} A n s & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} l c m (i, j) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{i j}{g c d (i, j)} \\ = \sum_{d = 1}^{n} \frac{1}{d} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [g c d (i, j) = d] i j \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{n / d} \sum_{j = 1}^{m / d} [g c d (i, j) = 1] i j \end{aligned}

$\begin{aligned} Ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m lcm(i,j)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \frac{ij}{gcd(i,j)}\\ &=\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d]ij\\ &=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} [gcd(i,j)=1]ij \end{aligned}$

令 $\displaystyle f(d,n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]ij,g(n)=\sum_{n|d}f(d)$
则

\begin{aligned} g (d) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [d | g c d (i, j)] i j \\ = d^{2} \sum_{i = 1}^{n / d} \sum_{j = 1}^{m / d} i j \\ = d^{2} S ([\frac{n}{d}]) S ([\frac{m}{d}]) \end{aligned}

$\begin{aligned} g(d)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[d|gcd(i,j)]ij\\ &=d^2\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}ij\\ &=d^2 S([\frac{n}{d}])S([\frac{m}{d}]) \end{aligned}$

其中 $\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}{2}$
那么题目中的式子要求的是 $\displaystyle f(1)=\sum_{i=1}^n\mu(i)g(i)$ 。
带回到式子中去，可以得到：

\begin{aligned} A n s & = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{n / d} \sum_{j = 1}^{m / d} [g c d (i, j) = 1] i j \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{n / d} μ (i) i^{2} S ([\frac{n}{i d}]) S ([\frac{m}{i d}]) \end{aligned}

$\begin{aligned} Ans&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} [gcd(i,j)=1]ij\\ &=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)i^2S([\frac{n}{id}])S([\frac{m}{id}]) \end{aligned}$

到了这一步，可以做到 $O(n)$ 的复杂度了，提前预处理后面整块的前缀和，然后数论分块计算答案即可。
但是如果要复杂度更加优秀的话，我们需要继续推导。

\begin{aligned} A n s & = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{n / d} μ (i) i^{2} S ([\frac{n}{i d}]) S ([\frac{m}{i d}]) \\ = \sum_{T = 1}^{n} S ([\frac{n}{T}]) S ([\frac{m}{T}]) \sum_{d | T, i d = T} d μ (i) i^{2} \\ = \sum_{T = 1}^{n} S ([\frac{n}{T}]) S ([\frac{m}{T}]) \sum_{i | T} \frac{T}{i} μ (i) i^{2} \\ = \sum_{T = 1}^{n} S ([\frac{n}{T}]) S ([\frac{m}{T}]) T \sum_{i | T} i μ (i) \end{aligned}

$\begin{aligned} Ans&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)i^2S([\frac{n}{id}])S([\frac{m}{id}])\\ &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])\sum_{d|T,id=T}d\mu(i)i^2\\ &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])\sum_{i|T}\frac{T}{i}\mu(i)i^2\\ &=\sum_{T=1}^nS([\frac{n}{T}])S([\frac{m}{T}])T\sum_{i|T}i\mu(i) \end{aligned}$

不难发现最后那一部分是一个积性函数，那么 $\displaystyle T\sum_{i|T}i\mu(i)$ ，可以在线性时间里面筛出值并算出前缀和，所以对于前半部分数论分块，可以做到单次询问 $O(\sqrt n)$ 。
考虑这里比前面单词询问线性的优化在了哪里，之前那个的确可以做到回答答案是根号级别的，但是因为每次的 $n,m$ 的值都不同，导致不得不需要对于每一次不同的询问做一次前缀和，而后面那个则每次需要预处理的东西都是一样的，因此只需要全局做一次预处理即可。
想想这个操作的本质，其实就是数论分块的对象不同而已，因此当有多个和式出现的时候，要考虑清楚到底对于谁进行数论分块，能够达到最好的效果。

现在可以来总结一下。
我们仔细想想，这类题目的难点在哪里呢？
首先是推式子，但是这个熟练之后很简单。注意对于不同的东西数论分块可以得到不同的复杂度。
其次就是为了数论分块求函数的前缀和了。其实这个算不上太难，如果数据范围到了 $1e7$ ，显然只能线性筛，那就通过线性筛的本质来考虑，如果当前加入的是一个从未出现过的质因子，那么直接乘积即可，否则的话考虑额外加入一个重复质因子时的贡献。对于赋初值而言，只需要单独考虑质数的贡献就好了。如果数据范围并没有到达 $1e7$ ，如果在 $1e6$ 的范围内，不要一味考虑线性筛，这个复杂度下，调和级数的埃氏筛也是可行的。同时要对于一些积性函数的狄利克雷卷积有所了解，这样推式子的时候会方便很多。
这里也提供几个比较常用的式子。
$1$ 表示常数，即 $1(i)=1$ 。
$e$ 表示单位元， $e(i)=[i==1]$ 。
$id$ 表示这个数本身， $id(i)=i$ 。
$\mu,\varphi$ 就不说了。

$\displaystyle (1*\mu)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=e$
证明并不难， $\mu$ 考虑的只有单个质因子，当某个质因子出现超过了 $1$ 次 $\mu$ 的值就是 $0$ 。那么我们假设 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}$ 。那么我们真正有用的值只有 $2^k$ 个。当 $k>0$ 的时候，显然 $\mu=1$ 和 $\mu=-1$ 是一一对应的，因此和为 $0$ ，当 $k=0$ 的时候， $n=1$ ，此时结果为 $1$ 。因此这两个的狄利克雷卷积就是单位元。
$\displaystyle (\mu*id)(n)=\sum_{d|n}d\mu(\frac{n}{d})=\varphi(n)$
其实换种写法就很好证明了， $\displaystyle \sum_{d|n}\frac{n}{d}\mu(d)$ 。
$\mu$ 函数又可以称为容斥系数，那么这鬼玩意的本质就是 $n$ 减去其大于 $1$ 的约数的倍数，也就是与 $n$ 互质的数的个数，也就是 $\varphi$ 。
$\displaystyle (1*\varphi)(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)=id(n)=id$
可以用狄利克雷卷积的方法证明： $\displaystyle1*\varphi=1*\mu*id=e*id=id$ 。
$\displaystyle \sum_{i=1}^n [gcd(i,n)=1]i$
即小于 $n$ 并且与 $n$ 互质的数之和。除了莫比乌斯反演可以推之外，还有一个很好的推导方法。假设 $x$ 与 $n$ 互质，那么 $n-x$ 与 $n$ 互质，因此所有与 $n$ 互质的数可以两两配对，且和为 $n$ 。因此上述式子等于 $\displaystyle \frac{n\varphi(n)}{2}$ 。

杜教筛

求解积性函数前缀和。
假设给定的积性函数为 $f(x)$ ，设它的前缀和 $\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)$ 。
显然不能直接求解我们才会单独把它拿出来考虑。
既然不能直接求解的话，肯定要找一个什么东西来过度，假装我们找到了一个积性函数 $g(x)$ 。
把两者卷积起来：

(g * f) (n) = \sum_{d | n} g (d) * f (\frac{n}{d})

$(g*f)(n)=\sum_{d|n}g(d)*f(\frac{n}{d})$

然后考虑求解这个玩意的前缀和：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} (g * f) (i) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | i} g (d) f (\frac{i}{d}) \\ = \sum_{d = 1}^{n} g (d) \sum_{j = 1}^{n / d} f (i) \\ = \sum_{d = 1}^{n} g (d) S ([\frac{n}{d}]) \end{aligned}

$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n (g*f)(i)&=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ &=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{j=1}^{n/d}f(i)\\ &=\sum_{d=1}^ng(d)S([\frac{n}{d}]) \end{aligned}$

然后我们惊奇的发现有这么一个式子：

\begin{aligned} g (1) S (n) & = \sum_{i = 1}^{n} g (i) S ([\frac{n}{i}]) - \sum_{i = 2}^{n} g (i) S ([\frac{n}{i}]) \\ = \sum_{i = 1}^{n} (f * g) (i) - \sum_{i = 2}^{n} g (i) S (\frac{n}{i}) \end{aligned}

$\begin{aligned} g(1)S(n)&=\sum_{i=1}^ng(i)S([\frac{n}{i}])-\sum_{i=2}^ng(i)S([\frac{n}{i}])\\ &=\sum_{i=1}^n (f*g)(i)-\sum_{i=2}^n g(i)S(\frac{n}{i}) \end{aligned}$

那么假装我们可以快速的计算 $(f*g)$ 的前缀和，那么后半部分可以数论分块+递归求解。
这样一来我们就可以还原出 $S(n)$ 了。
所以。。。实际上杜教筛就是一个构造的过程。
那么能够快速计算前缀和要有多好求呢？比如说我们要求 $\mu$ 的前缀和，那么最好可以 $O(1)$ 求，而 $\mu*1=e$ ， $e$ 的前缀和就是 $1$ ，那就很好办了。令 $f(x)=\mu(x),g(x)=1$ ，可以得到

\begin{aligned} S (n) & = 1 - \sum_{i = 2}^{n} S ([\frac{n}{i}]) \end{aligned}

$\begin{aligned} S(n)&=1-\sum_{i=2}^nS([\frac{n}{i}]) \end{aligned}$

这个东西？递归算算就好了。当然了，别少了记忆化。
推式子熟练了就很好了，而构造 $g$ 的时候就记住前面讲的几个常用的狄利克雷卷积的式子，往那个上面靠。这里随便推一道题目可以看看是怎么构造的。

【洛谷3768】简单的数学题
前面的是莫比乌斯反演，推导过程会写的比较简单。

\begin{aligned} A n s & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} i j g c d (i, j) \\ = \sum_{d = 1}^{n} d^{3} \sum_{i = 1}^{n / d} \sum_{j = 1}^{n / d} i j [g c d (i, j) = 1] \\ = \sum_{d = 1}^{n} d^{3} \sum_{i = 1}^{n / d} μ (i) * i^{2} * S^{2} ([\frac{n}{i d}]) \\ = \sum_{T = 1}^{n} S^{2} ([\frac{n}{T}]) \sum_{d | T} d^{3} (\frac{T}{d})^{2} μ (\frac{T}{d}) \\ = \sum_{T = 1}^{n} S^{2} ([\frac{n}{T}]) (T^{2} \sum_{d | T} d μ (\frac{T}{d}) \\ = \sum_{T = 1}^{n} S^{2} ([\frac{n}{T}]) (T^{2} φ (T)) \end{aligned}

$\begin{aligned} Ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nijgcd(i,j)\\ &=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}ij[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)*i^2*S^2([\frac{n}{id}])\\ &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])\sum_{d|T} d^3(\frac{T}{d})^2\mu(\frac{T}{d})\\ &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])(T^2\sum_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})\\ &=\sum_{T=1}^n S^2([\frac{n}{T}])(T^2\varphi(T))\\ \end{aligned}$

考虑怎么求 $f(T)=T^2\varphi(T)$ 的前缀和，这个东西显然是一个积性函数。
发现式子中带 $\varphi$ ，所以杜教筛配 $g$ 的时候往 $\displaystyle \sum_{d|T}\varphi(T)=T$ 上面靠。

\begin{aligned} (f * g) (n) & = \sum_{d | n} f (d) g (\frac{n}{d}) \\ = \sum_{d | n} d^{2} φ (d) g (\frac{n}{d}) \end{aligned}

$\begin{aligned} (f*g)(n)&=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\\ &=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)g(\frac{n}{d})\\ \end{aligned}$

因为要往只有 $\varphi$ 上靠，所以令 $g(x)=x^2$

\begin{aligned} (f * g) (n) & = \sum_{d | n} d^{2} φ (d) g (\frac{n}{d}) \\ = n^{2} \sum_{d | n} φ (d) \\ = n^{3} \end{aligned}

$\begin{aligned} (f*g)(n)&=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)g(\frac{n}{d})\\ &=n^2\sum_{d|n}\varphi(d)\\ &=n^3 \end{aligned}$

那就很好办了， $\displaystyle \sum_{i=1}^n i^3=(1+2+...+n)^2$ 可以 $O(1)$ 计算，那么直接杜教筛就可以快速计算前缀和了。

那么杜教筛就是一个具有很强的构造性的东西，这也从一些方面上使得其并不是那么的实用。

min_25筛

$min\_25$ 筛用于计算积性函数前缀和 $\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)$ 。
相比于杜教筛而言， $min\_25$ 筛的题目更加灵活多变
所求的积性函数要满足两个条件

$f(x)$ 在 $x$ 为质数的时候要存在一个多项式的表示方法。
$f(x^c)$ 在 $x$ 为质数的时候能够快速计算。

至于为什么是这两个条件，与 $min\_25$ 筛的过程之间有着密切的联系。

既然上述的条件中，我们已经把质数单独分割出来了，那么我们应该明白， $min\_25$ 筛的过程是一个分解过程，即把所有数分成两类，质数以及合数，当然还有特殊的 $1$ 。
这里提前说明几个东西，底下直接把 $P$ 定义为质数集合， $P_i$ 表示的是第 $i$ 大的质数。

质数部分
令 $g(n,j)$ 表示的是，小于等于 $n$ 的所有数 $i$ 中，其最小质因子 $p\gt P_j$ 或者 $i$ 本身就是质数的所有的 $i$ 的 $f(i)$ 之和。
等等，前面不是说了只有当 $i$ 是质数的时候才能方便的计算 $f(i)$ 吗？别急，这里我们假装所有数都是质数，带入到是质数的式子中一起计算，换句话说，这里就是一个构造过程，不需要管那么多啦QwQ。或者这样想，如果我们知道了 $g(n,\infty)$ ，显然这个东西就是所有质数的和啊QaQ。接下来往下面看吧。
考虑一下这个东西怎么样才能转移呢，显然我们的转移从 $j-1$ 转移到了 $j$ ，那么就考虑 $g(n,j-1)$ 比 $g(n,j)$ 多算了些什么。
多算的部分显然就是那些最小质因子恰好为 $P_{j}$ 的数（别忘了上面那个是大于号），那么最小的一个最小质因子为 $P_{j}$ 的数是谁呢？ $P_{j}^2$ 。如果 $P_j^2$ 比 $n$ 都要大了，那么我们什么也没有减掉，意味着 $g(n,j)=g(n,j-1)$ 。
否则的话，想想我们减掉了什么呢？我们先给所有数除掉一个 $P_j$ ，那么如果剩下的部分的最小质因子还小于等于 $P_j$ 的话那么显然不合法，也就是 $\displaystyle g([\frac{n}{P_j}],j-1)$ ，但是这样子减多了，把小于 $P_j$ 的质数的贡献给减掉了，这些质数与 $P_j$ 构成的合数的最小质因子小于 $P_j$ ，显然是早就被减掉了。那么我们重新把第 $1$ 个到第 $j-1$ 个质数的贡献加回来，也就是 $g(P_j-1,j-1)$ 。
然后我们要求的是 $g$ 的和，我们减去的是 $P_j$ 因子的贡献，而 $f(x)$ 为积性函数，所以转移可以写成：

g (n, j) = {\begin{cases} g (n, j - 1) & P_{j}^{2} > n \\ g (n, j - 1) - f (P_{j}) (g ([\frac{n}{P_{j}}], j - 1) - g (P_{j} - 1, j - 1)) & P_{j}^{2} \leq n \end{cases}

$g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2>n\\ g(n,j-1)-f(P_j)(g([\frac{n}{P_j}],j-1)-g(P_j-1,j-1))&P_j^2\leq n \end{cases}$

前面也说了， $f(x)$ 在 $x$ 为质数的情况下可以写成一个多项式的形式，所以其实这个求 $g$ 的本质上可以理解为求 $f(x)=x^k$ 的一个过程。同时，每次都是从 $j-1$ 转移到 $j$ ，仔细思考，这个过程很类似于埃氏筛法，每次筛去了一个质数的所有倍数的贡献。
那么如果最终要计算出所有质数的贡献，那么显然就是 $g(n,\infty)$ ，事实上我们只需要算到 $\sqrt n$ 以内的所有质数就行了。同时，因为上述转移的过程中是整除，其实在计算过程中的 $n$ 的取值也只有 $2\sqrt n$ 个左右，也只需要离散后记录这些位置就行了。
而 $g$ 的初值也就是 $g(n,0)$ 自己想想怎么计算吧QwQ。

合数部分
知道了质数的贡献，而目标函数又是积性函数，所以我们只需要用所有的质数拼出所有的合数就可以计算答案了。
令 $S(n,j)$ 表示所有最小质因子大于等于 $P_j$ 的数 $i$ 的 $f(i)$ 的和，注意这里和上面 $g$ 的描述的区别。
那么计算 $S$ 的值的时候显然是先把质数的贡献给算上，这一部分的贡献是 $\displaystyle g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_j)$ ，其中 $P$ 是小于等于 $\sqrt n$ 的质数集合。
接下来考虑合数的贡献，显然每个合数都存在一个最小质因子，那么我们来枚举这个因子，假设为 $P_k,k\geq j$ ，枚举其幂，假设为 $e$ ，那么考虑的就是所有包含了 $P_k^e$ 的合数的贡献。
因为 $f$ 是积性函数，所以把这里每次就考虑只包含 $P_k^e$ 的贡献，首先是 $\displaystyle S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)$ ,因为这里并没有包含 $1$ 的贡献，意味着 $P_k^e$ 本身的贡献没有计算进来，所以要额外加进来。
所以转移就可以写成：

S (n, j) = g (n, | P |) - \sum_{i = 1}^{j - 1} f (P_{i}) + \sum_{k \geq j}^{| P |} \sum_{e} (f (P_{k}^{e}) S ([\frac{n}{P_{k}^{e}}], k + 1) + f (P_{k}^{e + 1}))

$S(n,j)=g(n,|P|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k\geq j}^{|P|}\sum_{e}(f(P_k^e)S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)+f(P_{k}^{e+1}))$

所以底下就来丢几道题目吧。。。

【LOJ#6053】简单的函数
发现这个东西是 $f(p^k)=p\oplus k$ ，对于质数而言 $f(p)=p-1$ ，当然 $2$ 比较特殊 $f(2)=p+1=3$ ，所以我们先把它当成 $p-1$ 算，最后再加上 $2$ 就好了。
前面也说了，因为在质数上涉及到的是一个多项式计算，所以本质上要求解的就是 $f(p)=p^k$ 的形式，那么从这个式子就知道我么要求的是 $k=0$ 和 $k=1$ 的情况。
设 $g(n,j)$ 表示 $k=1$ 的情况。即 $f(p)=p$ ，那么显然有转移：

g (n, j) = {\begin{cases} g (n, j - 1) & P_{j}^{2} > n \\ g (n, j - 1) - P_{j} (g ([\frac{n}{P_{j}}], j - 1) - g (P_{j} - 1, j - 1)) & P_{j}^{2} \leq n \end{cases}

$g(n,j)=\begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2>n\\ g(n,j-1)-P_j(g([\frac{n}{P_j}],j-1)-g(P_j-1,j-1))&P_j^2\le n \end{cases}$

设 $h(n,j)$ 表示 $k=0$ 的情况，即 $f(p)=1$ 时的计算，那么有转移：

h (n, j) = {\begin{cases} h (n, j - 1) & P_{j}^{2} > n \\ h (n, j - 1) - (h ([\frac{n}{P_{j}}], j - 1) - h (P_{j} - 1, j - 1)) & P_{j}^{2} \leq n \end{cases}

$h(n,j)=\begin{cases} h(n,j-1)&P_j^2>n\\ h(n,j-1)-(h([\frac{n}{P_j}],j-1)-h(P_j-1,j-1))&P_j^2\le n \end{cases}$

显然有 $g(n,|p|)-h(n,|p|)$ 为所有质数的答案，假设其为 $F(n)$ 。
那么设 $S(n,j)$ 表示 $\displaystyle \sum_{i=2}^n f(i)$ ，其中 $i$ 的最小质因子大于等于 $P_j$ 。
得到转移：

S (n, j) = F (n) - \sum_{i = 1}^{j - 1} f (P_{j}) + \sum_{k \geq j} \sum_{e} (f (P_{k}^{e}) S ([\frac{n}{P_{k}^{e}}], k + 1) + f (P_{k}^{e + 1}))

$S(n,j)=F(n)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_j)+\sum_{k\geq j}\sum_e(f(P_k^e)S([\frac{n}{P_k^e}],k+1)+f(P_k^{e+1}))$

那么简单的递归处理即可。
讲讲几个实现的地方，首先要筛的质数只有 $\sqrt n$ 以内的，所以完全可以把他们的 $f$ 的前缀和给求出来，这也就是 $g$ 和 $S$ 中转移看起来不好算的两部分的计算方法。其次，计算 $g(n,j)$ 的时候，真正有用的 $n$ 只有 $2\sqrt n$ 个，因为这个过程你可以看成一个数论分块的过程，因此提前把 $n$ 给数论分块，得到所有有用的 $n$ ，这样子可以节约大量空间。第三，发现 $g$ 的转移的中，之和 $j-1$ 相关，意味着在开数组的时候只需要开一维，第二维可以滚掉，并且实际上最终 $g$ 要用的也只有 $g(n,|P|)$ ，所以滚掉就好了。最后一个，计算 $S$ 的时候不需要记忆化。
这题代码我重写了一遍，直接戳LOJ的提交记录吧。

【UOJ#188】sanrd
求 $\displaystyle \sum_{i=l}^r f(i)$ 的值，其中 $f(i)$ 表示 $i$ 的次大质因子。
看起来这里的这个函数与质数无关，并且也不是一个积性函数了，那么怎么办呢？
首先实际上我们要求的还是这个函数的前缀和，考虑一下 $min\_25$ 筛最终求解答案的过程，每次我们枚举其当前拥有的最小质因子。那么，通过当前计算的 $S(n,j)$ 的 $j$ ，我们可以很容易的知道当前数的上一个质因子是 $P_{j-1}$ 。那么如果以 $P_{j-1}$ 为质因数为贡献的话，显然就是当前剩下的数中质数的个数，这个可以提前用 $min\_25$ 的前半部分筛出来。否则以更大的质数为贡献，那么枚举当前的最小质因子把它除掉接着递归处理即可，注意 $P_k^c$ 的这个数的次大质因子为 $P_k$ ，这里的贡献是额外算的。
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