牢騷和推導
忘記 \(\tt min\_25\) 了，重新推一遍，順便理清思路。
對於乙個函式 \(f(x)\)，它是乙個積性函式，並且 \(f(p),f(p^k)\) 都比較好得到，現在問 \(f(i)=\sum_^nf(i)\).
對於 \(f\)，我們分質數、合數與 \(1\) 三種情況考慮，就有
\[f(n)=\sum_^f(p_i)+\sum_^f(x)+f(1)
\]對於合數部分，我們改寫一下，有
\[\begin
&\sum_^f(x) \\
=&\sum_^\sum_^f(p_i^k)\left( \sum_(x)>p_i}^\right\rfloor}f(x)+[k\neq1]f(1) \right) \\
\end
\]然後我們定義 \(s(n,j)\) 表示所有 \((1,n]\) 以內的，最小質因數大於\(p_j\) 的數的函式值之和，那麼就有
對於這個 \(s\) 的求值，我們也可以分成質數、合數兩個部分考慮，定義 \(g(i)\) 表示 \([1,i]\) 中質數的函式值之和，那麼有
\[\begin
s(n,j)&=g(n)-g(j)+\sum_^\sum_^f(p_i^k)\left( \sum_(x)>p_i}^\right\rfloor}f(x)+[k\neq1]f(1) \right) \\
&=g(n)-g(j)+\sum_^\sum_^f(p_i^k)\left( s\left(\left\lfloor\right\rfloor,i\right)+[k\neq1]f(1) \right) \\
\end
\]這個東西就可以遞迴做了，但是還有乙個問題：這個 \(g\) 怎麼處理？
定義 \(g(i,j)\) 表示 \([2,i]\) 以內的質數或者最小質因數大於 \(p_i\) 的數的函式值之和，不難發現，有邊界情況
\[g(i,j)=
\begin
\sum_^if(k) &j=0 \\
g(i-1,j) &i
這個 \(g()\) 的遞推過程，我們可以考慮成每一次篩，其實就是將當前最小的質數所擁有的乙個合數篩掉，但是要注意篩這個質數的時候可能會把前面的質數重複篩，這個就要重新加上。至於為什麼這裡是 \(g\left(\left\lfloor\right\rfloor,j-1\right)\) 呢？因為我們是從 \(g(i,j-1)\) 中篩掉的，所以自然這裡也是 \(j-1\) 了。
然後我們一直推進，直到某個時刻 \(p_j=p\)（\(p\) 是 \(\sqrt n\) 以內最大的質因數）時，就有 \(g(n)=g(n,p)\).
最後實現的時候，每個 \(f()\) 拆出來的單獨的一項函式單獨用乙個 \(g()\) 進行計算，並且注意到這個遞推關係是相鄰之間的關係，所以只需要開一維陣列。
一些感悟
重新推了一遍，還花了比較久的時間，但是重新理了一遍思路。
對於 \(g\)，我們實際上只是想要 "質數" 的部分，但是無奈不能一次解決，所以就變成了 "質數以及最大質因數大於 \(p_j\) 的數的函式值之和"，然後通過每次將 \(p_j\) 變大，逐一篩去一些以質數為基礎的合數，最後得到我們想要的。
對於 \(s\)，我們實際上想要的是 \(s(n,0)\)，但是無奈這樣的數太多了，我們就只好先定義其為 "最小質因數大於 \(p_j\) 的數的函式值之和"，然後每次放低要求，最後得到我們想要的。
也就是說，對於 \(g\) 而言，我們實際上每次在篩掉一些數，對於 \(s\)，我們每次都在加入一些數。
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