看见ntf和pb两位大佬都来学了，然后就不自觉的来学了。
我们考虑这样一个问题。
$$ans=sum_{i=1}^nf(i)$$其中$1leq nleq 10^{10}$
其中$f(i)$是一个非常奇怪的函数，并不像$mu(i),varphi(i),ivarphi(i)$那样具有那么好的性质。但是满足以下条件：
1.若$p$为质数，则$f(p)$是一个关于$p$的多项式，比如$mu(p)=-1,varphi(p)=p-1$.
2.若$p$为质数，$e$为正整数，则$f(p^e)$可以很快求出。（通常是$O(1)$）
3.$f(n)$为积性函数。
然后就可以使用min_25筛了。（顾名思义是min_25发明的）
首先，我们需要知道min_25筛是埃氏筛的一个拓展，它的思想很大一部分借助于埃氏筛。
回想一下埃氏筛，我们是每次将最小质因子为$p_i$的合数筛去，剩下的就是质数。
我们知道这些最小质因子至多为$sqrt{n}$，所以合数可以通过枚举最小质因子来计算，质数我们则使用另外的方法。
首先我们看质数的怎么做。
$$sum_{i=1}^n[iin Prime]f(i)$$
根据条件1，我们知道$f(i)$是一个多项式，这样的话我们可以按照次数将$f(i)$拆成$i^k$之和，因为$i^k$是一个完全积性函数（很快就有用的）。
$$sum_{i=1}^n[iin Prime]i^k$$
为了计算这个，我们需要引入一个辅助数组$g(n,j)$。（鬼知道是怎么想到的）
$$g(n,j)=sum_{i=1}^n[iin Prime or minp(i)>P_j]i^k$$
其中$minp(i)$表示$i$的最小质因子，所以
$$sum_{i=1}^n[iin Prime]i^k=g(n,|P|)$$
既然我们要使用质数，所以我们可以先用欧拉筛把所有$leq sqrt{n}$的质数筛出来，同时还要预处理$sum_{i=1}^j[iin Prime]i^k$.
我们考虑dp计算。既然是埃氏筛，我们就要在$g(n,j-1)$中最小质因子为$P_j$的合数筛去。]'
对于$P_jgeq sqrt{n}$的就不用管它了，因为肯定不可能。
首先，由于它是完全积性函数，所以$P_j$可以直接提出来，剩下的减去$ileq lfloorfrac{n}{P_j} floor$中的数就可以了。
这些数中要求质因子$geq P_j$，所以是$g(lfloorfrac{n}{P_j} floor,j-1)$，但是这里面质数被重复计算了，所以要减去里面的质数。
$$g(n,j)=g(n,j-1)-P_j^k(g(lfloorfrac{n}{P_j} floor,j-1)-sum_{i=1}^{j-1}[iin Prime]i^k)$$
但是这样的话是$O(n*|P|)$的，时间和空间都承受不了。但是我们发现我们可以使用一个优化。
我们发现$g(n,j)$中$n$只有$O(sqrt{n})$种取值，因为每次递归的时候是$n$变为$lfloorfrac{n}{P_j} floor$，而我们发现
$$lfloorfrac{lfloorfrac{a}{b} floor}{c} floor=lfloorfrac{a}{bc} floor$$
所以$n$只会变为$lfloorfrac{n}{x} floor$，于是我们就直接“手动”离散化，这个可以看代码。
然后$g(n,j)$的第二维也可以滚动数组滚掉。所以时间$O(sqrt{n}*|P|)$，空间$O(sqrt{n})$.
预处理部分终于结束了，接下来我们考虑计算答案，首先我们还是需要一个辅助数组。
$$S(n,j)=sum_{i=1}^n[minp(i)>P_j]f(i)$$
像上面说的一样，分质数和合数两类计算。
$$S(x,y)=g(x,|P|)-sum_{i=1}^{y}f(P_i)+sum_{P_kleq sqrt{x},k>j}sum_{e>0,P_k^eleq x}f(p_k^e)(S(lfloorfrac{x}{P_k^e} floor,k)+[e>1])$$
前面两项指的是质数，后面的和式是枚举最小质因子$P_k$和它的次数$e$，
这个跟$g$不同，$S$是要按照第二维倒着计算的，但是我们也可以使用递归的方法来计算。
$S(n,0)+f(1)$就是最终答案。
至于上面说的那个手动离散化，我们要开两个数组$id1$和$id2$，分别记录$leq sqrt{n}$和$>sqrt{n}$的部分的数值的编号。这样就不用map了，可以省掉一个log。
至于时间复杂度？我也不知道，总之跟杜教筛差不多，甚至有时候比杜教筛还要快。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define Rint register LL 3 using namespace std; 4 typedef long long LL; 5 const int N = 1000003, mod = 1e9 + 7, inv2 = 500000004, inv3 = 333333336; 6 LL n, Sqr, pri[N], tot, pre1[N], pre2[N], ind1[N], ind2[N], g1[N], g2[N], w[N], cnt; 7 bool notp[N]; 8 inline void init(LL m){ 9 notp[0] = notp[1] = true; 10 for(Rint i = 2;i <= m;i ++){ 11 if(!notp[i]){ 12 pri[++ tot] = i; 13 pre1[tot] = (pre1[tot - 1] + i) % mod; 14 pre2[tot] = (pre2[tot - 1] + i * i) % mod; 15 } 16 for(Rint j = 1;j <= tot && i * pri[j] <= m;j ++){ 17 notp[i * pri[j]] = true; 18 if(!(i % pri[j])) break; 19 } 20 } 21 } 22 inline LL S(LL x, int y){ 23 if(pri[y] >= x) return 0; 24 LL k = (x <= Sqr) ? ind1[x] : ind2[n / x]; 25 LL ans = (g2[k] - g1[k] + pre1[y] - pre2[y] + mod + mod) % mod; 26 for(Rint i = y + 1;i <= tot && pri[i] * pri[i] <= x;i ++){ 27 LL pe = pri[i]; 28 for(Rint e = 1;pe <= x;e ++, pe *= pri[i]){ 29 LL xx = pe % mod; 30 ans = (ans + xx * (xx - 1) % mod * (S(x / pe, i) + (e > 1))) % mod; 31 } 32 } 33 return ans % mod; 34 } 35 int main(){ 36 scanf("%lld", &n); 37 Sqr = sqrt(n); 38 init(Sqr); 39 for(Rint i = 1, last;i <= n;i = last + 1){ 40 last = n / (n / i); 41 w[++ cnt] = n / i; 42 LL xx = w[cnt] % mod; 43 g1[cnt] = (xx * (xx + 1) / 2 + mod - 1) % mod; 44 g2[cnt] = (xx * (xx + 1) / 2 % mod * (2 * xx + 1) % mod * inv3 % mod + mod - 1) % mod; 45 if(n / i <= Sqr) ind1[w[cnt]] = cnt; 46 else ind2[last] = cnt; 47 } 48 for(Rint i = 1;i <= tot;i ++) 49 for(Rint j = 1;j <= cnt && pri[i] * pri[i] <= w[j];j ++){ 50 LL k = (w[j] / pri[i] <= Sqr) ? ind1[w[j] / pri[i]] : ind2[n / (w[j] / pri[i])]; 51 g1[j] -= pri[i] * (g1[k] - pre1[i - 1] + mod) % mod; 52 g2[j] -= pri[i] * pri[i] % mod * (g2[k] - pre2[i - 1] + mod) % mod; 53 if(g1[j] < 0) g1[j] += mod; 54 if(g2[j] < 0) g2[j] += mod; 55 } 56 printf("%lld", (S(n, 0) + 1) % mod); 57 }
练习题：