题目要求给定一个数$N$，$N \leq 2^{32} - 1$，求
$$ans1 = \sum_{i = 1}^N \phi (i), ans2 = \sum_{i = 1}^N \mu (i) $$
——蛤？这个怎么做？我只知道线性筛。。。
先介绍$O(N)$的算法——线性筛。
由于Euler函数和Mobius函数都是积性函数（即对于$(a, b) = 1$, $f(ab) = f(a)f(b)$），可以利用类似贾志鹏线性筛的方法$O(n)$筛出1到$N$所有数的函数值。
1 #include2 #include 3 typedef long long LL; 4 const int N = 1000050; 5 LL phi[N], mobius[N]; 6 int pr[300000]; 7 void calc(int n) { //计算[1, n]的phi值及mobius值 8 memset(phi, -1, sizeof phi); 9 memset(mobius, -1, sizeof mobius);10 int prnum = 0, i, j;11 phi[1] = mobius[1] = 1;12 for (i = 2; i < n; ++i) {13 if (phi[i] < 0) {14 pr[prnum++] = i;15 phi[i] = i - 1;16 mobius[i] = -1;17 }18 for (j = 0; j < prnum && (LL)i * pr[j] <= n; ++j) {19 if (i % pr[j]) {20 phi[i * pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1);21 mobius[i * pr[j]] = -mobius[i];22 } else {23 phi[i * pr[j]] = phi[i] * pr[j];24 mobius[i * pr[j]] = 0;25 break;26 }27 }28 }29 }30 int main() { //O(n) - O(1)31 calc(1000000);32 for (int i = 2; i <= 1000000; ++i) {33 phi[i] += phi[i - 1];34 mobius[i] += mobius[i - 1];35 }36 long long ans1 = 0, ans2 = 0;37 int T, n;38 scanf("%d", &T);39 while (T--) {40 scanf("%d", &n);41 printf("%lld %lld", phi[n], mobius[n]);42 }43 return 0;44 }
更一般的，如果我们有任意积性函数$f(i)$，那么我们可以利用贾志鹏线性筛求出每个数的最小质因数及其幂次，从而（在p为素数时$f(p^k)$可以快速计算的情况下）线性递推出所有[1,N]的函数值。
那么，下面我们来介绍重点——杜教筛。
首先介绍狄利克雷卷积：若f，g均为$\mathbb Z \rightarrow \mathbb C$的函数（称为数论函数），定义其狄利克雷卷积为
$$(f * g)(n) = \sum_{d \mid n} f(d)g\left(\frac n d\right)$$
数论函数集与狄利克雷卷积形成群，这意味着狄利克雷卷积满足（设数论函数集为$\mathbf I$）：
1. 结合律： $\forall f, g, k \in \mathbf I, (f * g) * k = f * (g * k)$
2. 单位元： $\exists \epsilon \in \mathbf I, \forall f \in \mathbf I, f * \epsilon = \epsilon * f = f$
3. 逆元： $\forall f \in \mathbf I, \exists f \in \mathbf I, f * g = \epsilon$
4. 封闭性： $\forall f, g \in \mathbf I, f * g \in \mathbf I$
另外，狄利克雷卷积还满足交换律：
5. 交换律： $\forall f, g \in \mathbf I, f * g = g * f$
性质2的单位函数$\epsilon (n) = \left[n = 1\right] = \begin{cases}\ 1 & n = 1\\ \;0 & n > 1\\ \end{cases}$
有了狄利克雷卷积，我们来看一看杜教筛：
假设我们要计算$S(n) = \sum_{i = 1}^N f(i)$，其中$f \in \mathbf I$。
那么，假设$g \in \mathbf I, g(1) \not= 0$， 那么
$$\begin{aligned} \sum_{i = 1}^N (f * g)(i) & = \sum_{i = 1}^N \sum_{d \mid i} g(d) f\left(\frac i d\right) \\
& = \sum_{d = 1}^N g(d) \sum_{1 \leq i \leq N, d | i} f\left(\frac i d\right) \\& = \sum_{d = 1}^N g(d) \sum_{1 \leq i \leq \lfloor \frac n d \rfloor} f(i) \\& = \sum_{d = 1}^N g(d) S\left(\left\lfloor \frac n d \right\rfloor\right) \end{aligned}$$即
$$\sum_{i = 1}^N (f * g)(i) = \sum_{d = 1}^N g(d) S\left(\left\lfloor \frac n d \right\rfloor\right)$$
$$\therefore \begin{equation} \label{recursion} g(1)S(n) = \sum_{i = 1}^N (f * g)(i) - \sum_{i = 2}^N g(i) S\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right)\end{equation}$$
如果我们能够快速地对$g$和$f * g$求和，那么由于所有的$\left\lfloor \frac n i \right\rfloor$只有$O(\sqrt n)$种，则对于所有$i \leq \sqrt n$ 和$i > \sqrt n$， 计算$S\left(\lfloor \frac n i \rfloor\right)$的时间复杂度为
$$O\left(\sum_{i = 1}^{\left\lfloor \sqrt n \right\rfloor} \sqrt i \right) + O\left(\sum_{i = 1}^{\left\lfloor \sqrt n \right\rfloor} \sqrt{\left\lfloor \frac n i\right\rfloor} \right)$$
而第二项明显大一些， 它等于
$$O\left(\sum_{i = 1}^{\lfloor \sqrt n \rfloor} \lfloor \sqrt{\frac n i} \rfloor \right) \approx O\left(\int_0^{\sqrt n}\sqrt{\frac n x} dx\right) = O(n^{\frac34})$$
如果$f$为积性函数，还可以通过线性筛预处理$S(i)$的前$n^{\frac23}$项就能将复杂度降到$O\left(n^{\frac23}\right)$。
终于写完了，累死我了。蛤？还有？
考虑原题，定义$\mathbf 1: \mathbb Z \rightarrow \mathbb Z, \mathbf 1(n) = 1$，易证$\mathbf 1 * \mu = \epsilon$（貌似这就是Mobius函数的定义之一）。
代入式$(\ref{recursion})$， 得
$$ans2(n) = 1 - \sum_{i = 2}^n ans2\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right)$$
所以只要预处理出$S$的前$n^{\frac23}$项就可以$O\left(n^{\frac23}\right)$计算了。
同理，将$\mathbf 1$和$ans1$代入$(\ref{recursion})$，得
$$ans1(n) = \frac {n(n+1)}2 - \sum_{i = 2}^n ans1\left(\left\lfloor \frac n i \right\rfloor\right)$$
AC代码：
1 #include2 #include 3 #include