min25筛

被迫营业。

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应用范围：求 $\sum _{i=1}^{n}f(i)$，其中 $f(i)$ 是积性函数。

需要满足 $f(i)$ 在 $i$ 是质数时的取值是多项式。

时间复杂度：$\mathrm{\Theta }(n^{1-ϵ})$/$\mathrm{\Theta }(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$。

主要想法是将 $f(i)$ 分成三个部分后求和：$i$ 是质数，$i$ 是合数，$i=1$。

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先求出 $i$ 是质数部分的和。

为了方便起见，我们将 $f(i)$ 分解成若干 $x^k$ 之和，然后分别计算，这样我们要计算的函数就是完全积性函数了。

考虑埃氏筛的过程，设 $g_{n,k}$ 表示筛了 $2\sim n$ 中的数，用前 $k$ 个质数来筛，没有被筛掉的数的 $f^{\prime }$ 值之和。

设 $p_i$ 表示第 $i$ 个质数，考虑求出 $g$ 数组，首先容易发现如果 $p_k^2>n$，$g_{n,k}=g_{n,k-1}$。

否则我们会筛掉一些数，由于是完全积性函数，容易得出转移：

$$g_{n,k}=g_{n,k-1}-f^{\prime }(p_k)\times (g_{\lfloor \frac{n}{p_k}\rfloor ,k-1}-\sum _{i=1}^{k-1}{f}^{\prime }(p_i))$$

注意 $g$ 数组计算的答案是“将没被筛掉的数也当成质数”时的答案。

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我们考虑计算答案，设 $s_{n,k}$ 表示筛了 $2\sim n$ 中的数，用前 $k$ 个质数来筛，没有被筛掉的数的 $f$ 值之和。

现在这个 $s_{n,k}$ 求的就是真正的答案了，最终答案就是 $s_{n,0}+f(1)$。

设 $s{p}_i=\sum _{j=1}^i{p}_j$，$D$ 为最大的 $i$ 满足 $p_i^2\le n$，容易得出转移：

$$s_{n,k}=g_{n,D}-s{p}_k+\sum _{p_i^e\le n\mathrm{\&}i>k}f(p_i^e)(s_{\frac{n}{p_i^e},e}+[e>1])$$

然后暴力递归求出 $s$ 就行了，不需要记忆化。

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求 $1\sim n$ 的素数个数：

#define int long long
#define id(x) ((x<=lim)?(id1[x]):(id2[n/(x)]))
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
int const N=1e6+10;
int lim,prime[N],w[N],g[N],id1[N],id2[N],m;bool vis[N];
inline void init(){
  	//预处理根号以内质数
  	rep(i,2,lim){
  		  if (!vis[i]) prime[++prime[0]]=i;
    		for (int j=1;j<=prime[0] && i*prime[j]<=lim;++j){
    			  vis[i*prime[j]]=1;
      			if (i%prime[j]==0) break;
    		}
  	}
}
inline void solve(){
  	int n;cin>>n,lim=sqrtl(n),init();
  	for (int l=1,r;l<=n;l=r+1){
  		  r=n/(n/l),w[++m]=n/l,g[m]=w[m]-1;
    		if (w[m]<=lim) id1[w[m]]=m;
    		else id2[n/w[m]]=m;
    		//预处理 g 数组第一维有可能的取值
  	}
  	rep(i,1,prime[0])
  		  for (int j=1;j<=m && prime[i]*prime[i]<=w[j];++j)
    			g[j]-=g[id(w[j]/prime[i])]-(i-1);
  	cout<<g[id(n)]<<'\n';
}

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#define int long long
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define id(x) ((x<=lim)?(id1[x]):(id2[n/(x)]))
#define add(x,y) (x=((x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)))
//例：求 f(p^k)=p^k(p^k-1) 的前缀和
//发现 f(p^k)=p^{2k}-p^k
int const mod=1e9+7;
int n;
inline int f(int op,int x){
	  x%=mod;
  	if (!op) return x;
  	return x*x%mod;
}
inline int F(int x){
	  x%=mod;
  	return x*(x-1)%mod;
}
inline int smf(int op,int x){
	  x%=mod;
  	if (!op) return (x*(x+1)/2)%mod;
  	return x*(x+1)%mod*(2*x%mod+1)%mod*166666668%mod;
}
//smf -> f 前缀和
int const N=1e6+10;
int lim,prime[N],sp1[N],sp2[N],w[N],g1[N],g2[N],id1[N],id2[N],m;bool vis[N];
inline void init(){
	  //预处理根号以内质数
	  rep(i,2,lim){
  		  if (!vis[i]) prime[++prime[0]]=i;
    		for (int j=1;j<=prime[0] && i*prime[j]<=lim;++j){
    			  vis[i*prime[j]]=1;
      			if (i%prime[j]==0) break;
    		}
  	}
  	rep(i,1,prime[0]){
  		  sp1[i]=sp1[i-1],add(sp1[i],f(0,prime[i]));
    		sp2[i]=sp2[i-1],add(sp2[i],f(1,prime[i]));
  	}
}
inline int S(int x,int y){
	  if (prime[y]>=x) return 0;
  	int ans=((g2[id(x)]+mod-g1[id(x)])%mod+mod-(sp2[y]-sp1[y]+mod)%mod)%mod;
  	for (int i=y+1;i<=prime[0] && prime[i]*prime[i]<=x;++i)
  		  for (int e=1,gg=prime[i];gg<=x;++e,gg*=prime[i])
    			  add(ans,F(gg)*(S(x/gg,i)+(e>1))%mod);
  	return ans;
}
inline void solve(){
	  cin>>n,lim=sqrtl(n),init();
  	for (int l=1,r;l<=n;l=r+1){
  		  r=n/(n/l),w[++m]=n/l;
    		g1[m]=(smf(0,w[m])+mod-1)%mod;
    		g2[m]=(smf(1,w[m])+mod-1)%mod;
    		if (w[m]<=lim) id1[w[m]]=m;
    		else id2[n/w[m]]=m;
    		//预处理 g 数组第一维有可能的取值
  	}
  	rep(i,1,prime[0])
  		  for (int j=1;j<=m && prime[i]*prime[i]<=w[j];++j)
  			    add(g1[j],mod-f(0,prime[i])*(g1[id(w[j]/prime[i])]+mod-sp1[i-1])%mod),
      			add(g2[j],mod-f(1,prime[i])*(g2[id(w[j]/prime[i])]+mod-sp2[i-1])%mod);
  	cout<<(S(n,0)+1)%mod<<'\n';
}