杜教筛提高

神犇和蒟蒻
根据 $\mu (n)$ 的定义，当 $n$ 为大于$1$的完全平方数时 $\mu (n)=0$，当 $n=1$ 时 $\mu (n)=1$。因此 ${\sum }_{i=1}^n\mu (i^2)=1$。
对于 $\phi (n^2)$，先转化为 $n\phi (n)$，根据经验，将 $\phi$ 转化为约数的 $\phi$ 之和。即：
$n={\sum }_{i|n}\phi (i)$
因此有：
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j|i}\phi (j)i={\sum }_{i=1}^n{i}^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
换一种表达方法，先枚举约数，再枚举倍数：
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i|j}\phi (i)j={\sum }_{i=1}^n\phi (i)i{\sum }_{j=1}^{[\frac{n}{i}]}j=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
不要忘了求解的目标：
${\sum }_{i=1}^n\phi (i)i$
将其从式子中提出来，移项：
${\sum }_{i=1}^n\phi (i)i=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+{\sum }_{i=1}^{[\frac{n}{2}]}\phi (i)i(1-{\sum }_{j=1}^{[\frac{n}{i}]}j)$
因此最终的答案为：
$\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+{\sum }_{i=1}^{[\frac{n}{2}]}\phi (i)i(1-\frac{1}{2}[\frac{n}{i}]([\frac{n}{i}]+1)$
根据式子跑杜教筛即可。
时空复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$

#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;
#define R register int
#define L long long
#define N 10000001
#define P 1000000007
int prime[664579],pre[N];
map<int,int>Q;
inline int Solve(int n){
	if(n<N){
		return pre[n];
	}
	if(Q.count(n)!=0){
		return Q[n];
	}
	int res=(1ll+n)*n%P*(n<<1|1)%P*166666668%P,r,lt=0,cur;
	for(R i=1;i<=n>>1;i=r+1){
		int tem=n/i;
		r=n/tem;
		cur=Solve(r);
		res+=(1-((1ll+tem)*tem>>1)%P)*(cur-lt)%P;
		if(res<0){
			res+=P;
		}else if(res>=P){
			res-=P;
		}
		lt=cur;
	}
	Q[n]=res;
	return res;
}
int main(){
	pre[1]=1;
	int n,ct=0;
	for(R i=2;i!=N;i++){
		if(pre[i]==0){
			pre[i]=i-1;
			prime[ct]=i;
			ct++;
		}
		for(R j=0;j!=ct&&i*prime[j]<N;j++){
			if(i%prime[j]==0){
				pre[i*prime[j]]=pre[i]*prime[j];
				break;
			}
			pre[i*prime[j]]=pre[i]*(prime[j]-1);
		}
		pre[i]=((L)pre[i]*i+pre[i-1])%P;
	}
	cin>>n;
	cout<<1<<endl<<Solve(n);
	return 0;
}

求 ${\sum }_{i=1}^n\mu (i)i^m$

$1⩽n⩽10^9,1⩽m⩽200000$
时间限制3s，空间限制32MB

题解

根据 $\mu (n)$ 的定义，有 ${\sum }_{i|n}\mu (i)=[n=1]$，因此：
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j|i}\mu (j)i^m=1$
同样，换式子的形式，先枚举约数，再枚举倍数：
${\sum }_{i=1}^n\mu (i){\sum }_{j=1}^{[\frac{n}{i}]}(ij{)}^m=1$
设 $f(n)={\sum }_{i=1}^n{i}^m$，得到：
${\sum }_{i=1}^n\mu (i)i^m+{\sum }_{i=1}^n\mu (i)i^m(f([\frac{n}{i}])-1)=1$
设 $g(n)={\sum }_{i=1}^n\mu (i)i^m$，有：
$g(n)=1+{\sum }_{i=1}^n\mu (i)i^m(1-f([\frac{n}{i}]))$
由于 $f(1)=1$，当 $2i>n$ 时 $1-f([\frac{n}{i}])=0$，因此可以在原式上进行修改：
$g(n)=1+{\sum }_{i=1}^{[\frac{n}{2}]}\mu (i)i^m(1-f([\frac{n}{i}]))$
对于 $f(n)$，可以取 $f(0),f(1),f(2)\cdots f(m+1)$拉格朗日插值求出来。
时间复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}}+n^{\frac{1}{3}}m)$，空间复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$

#include<iostream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
#define R register int
#define L long long
#define I inline
#define N 200002
#define M 3450001
#define P 998244353
int B[M],fac[N],inv[N],fac2[N],pre[M],prime[283146],m;
I int Add(int x,int y){
	x+=y;
	return x>=P?x-P:x;
}
I int PowMod(int x,int y){
	int res=1;
	while(y!=0){
		if((y&1)==1){
			res=(L)res*x%P;
		}
		y>>=1;
		x=(L)x*x%P;
	}
	return res;
}
unordered_map<int,int>Q,Q2;
I int GetB(int n){
	if(n<M){
		return B[n];
	}
	if(Q2.count(n)!=0){
		return Q2[n];
	}
	fac[0]=n;
	fac2[m+1]=n-m-1;
	if(fac2[m+1]<0){
		fac2[m+1]+=P;
	}
	for(R i=m;i!=0;i--){
		fac2[i]=(L)fac2[i+1]*(n-i)%P;
	}
	for(R i=1;i!=m+2;i++){
		fac[i]=(L)fac[i-1]*(n-i)%P;
	}
	int res=0;
	for(R i=1;i!=m+2;i++){
		int t=(L)B[i]*fac[i-1]%P*inv[i]%P;
		if(i<=m){
			t=(L)t*fac2[i+1]%P*inv[m+1-i]%P;
			if((m-i&1)==0){
				t=P-t;
			}
		}
		res=Add(res,t);
	}
	Q2[n]=res;
	return res;
}
I int GetA(int n){
	if(n<M){
		return pre[n];
	}
	if(Q.count(n)==1){
		return Q[n];
	}
	int r,lt=1,res=0;
	for(R i=2;i<=n;i=r+1){
		int tem=n/i,cur;
		r=n/tem;
		cur=GetB(r);
		res=((L)GetA(tem)*(cur-lt+P)+res)%P;
		lt=cur;
	}
	res=Add(1,P-res);
	Q[n]=res;
	return res;
}
int main(){
	int n,ct=0,f=1;
	cin>>n>>m;
	for(R i=1;i!=M;i++){
		pre[i]=1;
	}
	B[1]=1;
	for(R i=2;i!=M;i++){
		if(B[i]==0){
			prime[ct]=i;
			ct++;
			pre[i]=-1;
		}
		for(R j=0;j!=ct&&i*prime[j]<M;j++){
			int t=i*prime[j];
			B[t]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0){
				pre[t]=0;
				break;
			}
			pre[t]=-pre[i];
		}
	}
	for(R i=2;i!=M;i++){
		if(B[i]==0){
			B[i]=PowMod(i,m);
		}else{
			B[i]=(L)B[i/B[i]]*B[B[i]]%P;
		}
		pre[i]=(L)pre[i]*B[i]%P;
		if(pre[i]<0){
			pre[i]+=P;
		}
	}
	for(R i=2;i!=M;i++){
		B[i]=Add(B[i],B[i-1]);
		pre[i]=Add(pre[i],pre[i-1]);
	}
	for(R i=1;i!=m+2;i++){
		f=(L)f*i%P;
	}
	inv[m+1]=PowMod(f,P-2);
	for(R i=m+1;i!=0;i--){
		inv[i-1]=(L)inv[i]*i%P;
	}
	cout<<GetA(n);
	return 0;
}