【总结】积性函数前缀和（杜教筛）

前言：

据CCH和LJH说，杜教筛似乎是一个非常套路的东西，几乎所有的杜教筛的题目推理方式都是一模一样的（但实测有些推理还是很恶心的）。所以复习杜教筛不需要太多时间，粗略看一遍，留下印象即可。

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杜教筛其实是一种简化运算的推理方式，它的使用条件并不仅限于积性函数（？），只是积性函数可以将复杂度进一步优化。

例题：求欧拉函数前缀和

因为杜教筛是一种推理方式，所以直接给出例题反而容易上手。
欧拉函数的定义这里就不再赘述。
需要知道的是欧拉函数$(\varphi)$的一个特殊性质：

$$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$$
形如 $\sum_{d|n}f(d)=A$这个性质是极为重要的，我们整个算法都是基于这个性质而来。

下面开始推导：

$$\varphi(n)=n-\sum_{d|n,d<n}\varphi(d)$$
那么
$$\sum_{i=1}^{i≤n}\varphi(i)=\sum_{i=1}^{i≤n}(i-\sum_{d|i,d<i}\varphi(d))$$
现在我们改变枚举变量：我们枚举 $\frac i d$的值，即枚举i对d的倍数，因为i≠d，所以从2开始
$$\sum_{i=1}^{i≤n}\varphi(i)=\frac {n*(n+1)} 2 -\sum_{\frac i d=2}^{\frac i d ≤n}\sum_{d=1}^{d≤\lfloor {\frac n {\frac i d}} \rfloor}\varphi(d)$$
这时候就能够惊讶地发现：
如果设 $Sum(n)=\sum_{i=1}^{i≤n}\varphi(i)$
那么就可以写为：
$$Sum(n)=\frac {n*(n+1)} 2 -\sum_{\frac i d=2}^{\frac i d ≤n}Sum(\lfloor {\frac n {\frac i d}} \rfloor)$$
我们成功地将问题化简了！为了方便起见，我们将这个 $\frac i d$写为 $i$
$$Sum(n)=\frac {n*(n+1)} 2 -\sum_{i=2}^{i≤n}Sum(\lfloor {\frac n i} \rfloor)$$
接下来，只需要按照根据 $\lfloor \frac n i\rfloor$的不同取值来分块，就可以达到 $O(n^{\frac 3 4})$的复杂度。
显然这还不够优秀，那么针对与积性函数，我们还有一个小优化：
将 $Sum(1),Sum(2),Sum(3)...Sum(n^{\frac 2 3})$都用线性筛预先求出来，这样一来，时间复杂度可以优化到 $O(n^{\frac 2 3})$这样的复杂度就很不错了

这就是一个很经典的杜教筛的题目。
模板题

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define MAXN 500010
#define MAXP 500010
#define MOD 1000000007
#define SF scanf
#define PF printf
using namespace std;
bool isprime[MAXN];
int primes[MAXN],cnt;
long long fi[MAXN];
vector<pair<long long,long long> > ans[MAXP+10];
void prepare(){
    fi[1]=1;
    for(int i=2;i<=MAXN-10;i++){
        fi[i]%=MOD;
        if(isprime[i]==0){
            primes[++cnt]=i;
            fi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*primes[j]<=MAXN-10;j++){
            isprime[i*primes[j]]=1;
            if(i%primes[j]==0){
                fi[i*primes[j]]=fi[i]*primes[j];
                break;
            }
            fi[i*primes[j]]=fi[i]*fi[primes[j]];
        }
    }
    for(int i=2;i<=MAXN-10;i++)
        fi[i]=(fi[i-1]+fi[i])%MOD;
}
long long get_num(long long n){
    long long px=n%MAXP;
    for(int i=0;i<ans[px].size();i++)
        if(ans[px][i].first==n)
            return ans[px][i].second;
    return -1;
}
void push_num(long long n,long long res){
    long long px=n%MAXP;
    ans[px].push_back(make_pair(n,res));
}
long long sum(long long n){
    if(n<=MAXN-10)
        return fi[n];
    long long res=get_num(n);
    if(res>=0)
        return res;
    if(n%2==0)
        res=(((n/2)%MOD)*((n+1ll)%MOD))%MOD;
    else
        res=((n%MOD)*(((n+1ll)/2)%MOD))%MOD;
    for(long long p=2;p<=n;){
        long long len=n/(n/p)+1ll-p;
        res=(res-len*sum(n/p))%MOD;
        if(res<0)
            res+=MOD;
        p+=len;
    }
    push_num(n,res);
    return res;
}
int main(){
    prepare();
    long long n;
    /*for(int i=1;i<=10000;i++)
        if(fi[i]!=sum(i)){
            PF("Error!%d: %d %d\n",i,fi[i],sum(i));
            break;
        }*/
    SF("%lld",&n);
    PF("%lld",sum(n));
}

莫比乌斯函数求前缀和

我们类比欧拉函数前缀和的取值方式，其实莫比乌斯函数也有一个类似的性质：

$$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$$
那么，同理：
$$\mu(n)=[n=1]-\sum_{d|n,d<n}\mu(d)$$
一样的套路：
$$\sum_{i=1}^{i≤n}\mu(i)=n-1-\sum_{i=1}^{i≤n}\sum_{d|i,d<i}\mu(d)$$
仍然是一样的套路：
$$\sum_{i=1}^{i≤n}\mu(i)=n-1-\sum_{\frac i d=2}^{\frac i d ≤n}\sum_{d=1}^{d≤\lfloor {\frac n {\frac i d}} \rfloor}\mu(d)$$
然后也是一样的套路：
令 $Sum(n)=\sum_{i=1}^{i≤n}\mu(i)$
仍然将 $\frac i d$写作 $i$
于是就可以得到最终的表达式：
$$Sum(n)=n-1-\sum_{i=2}^{i≤n}Sum(\lfloor \frac n i \rfloor)$$

最后的最后，也是将前$n^{\frac 2 3}$线性筛求出，复杂度也为$O(n^{\frac 2 3})$

套路基本就是这些，有些恶心题会在此基础上套一些变换，使得杜教筛看起来不那么板。那些就基本上只能看数(ren)学(pin)能力和经验了。

模板题

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<map>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 5000010
#define MAXP 2181271
using namespace std;
bool isprime[MAXN],found;
int primes[MAXN],cnt,mu[MAXN];
map<long long,int> ans;
/*vector<pair<long long,long long> >ans[MAXP+10];
long long get_num(long long x){
    found=1;
    long long px=x%MAXP;
    for(int i=0;i<ans[px].size();i++)
        if(ans[px][i].first==x)
            return ans[px][i].second;
    found=0;
    return 0;
}
void push_num(long long x,long long val){
    long long px=x%MAXP;
    ans[px].push_back(make_pair(x,val));
}*/
void prepare(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=MAXN-10;i++){
        if(isprime[i]==0){
            mu[i]=-1;
            primes[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&primes[j]*i<=MAXN-10;j++){
            isprime[i*primes[j]]=1;
            if(i%primes[j]==0){
                mu[i*primes[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*primes[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=MAXN-10;i++)
        mu[i]=mu[i-1]+mu[i];
}
long long l,r;
long long sum(long long n){
    if(n<=MAXN-10)
        return mu[n];
    if(ans.count(n)!=0)
        return ans[n];  
    /*long long res=get_num(n);
    if(found==1)
        return res;*/
    long long res=1ll;
    for(long long q=2;q<=n;){
        long long len=n/(n/q)+1ll-q;
        res-=sum(n/q)*len;
        q+=len;
    }
    ans[n]=res;
    //push_num(n,res);
    return res;
}
int main(){
    prepare();
    SF("%lld%lld",&l,&r);
    PF("%lld",sum(r)-sum(l-1));
}