說在前頭
為了方便描述，以下全部用\(p\)指代質數集合，用\(p_i\)指代第\(i\)個質數，\(minp(i)\)指代\(i\)的最小質因子
作用求一類積性函式\(f(x)\)的字首和，這樣的積性函式滿足：
時間複雜度為\(o(\frac})\)
思路大致分兩步進行：
第一步直接算\(f(i)\)可能十分難算，考慮到
\[f(p)=\sum_a_ip^i
\]於是我們先分別對所有的\(k\)求解\(\sum_^[i\in p]i^k\)，最後再合併起來
設\[g(n,j)=\sum_^i^k[i\in p\ or \ minp(i)>p_j ]
\]也就是\([1,n]\)中所有滿足\(i\)是質數或者\(i\)的最小質因子大於\(p_j\)的\(i\)
考慮從\(g(n,j-1)\)轉移到\(g(n,j)\)
這個轉移過程中，我們會將\([1,n]\)範圍內最小質因子是\(p_j\)的合數的貢獻減去
如果\(p_j^2>n\)，那麼\([1,n]\)範圍內沒有需要減去的貢獻，故
\[g(n,j)=g(n,j-1)
\]否則，考慮需要減去的合數的貢獻，假設其中任意乙個合數\(=i*p_j(minp(i)\ge p_j)\)
那麼需要減去的貢獻是\(p_j^ki^k\)，於是
\[g(n,j)=g(n,j-1)-p_j^k\sum_^}[minp(i)\ge p_j]i^k
\]容斥一下，會發現
\[\sum_^}[minp(i)\ge p_j]i^k
\]就是\(g(\lfloor \frac\rfloor,j)\)去掉第\(1-(j-1)\)個質數的貢獻
綜上，我們有：
\[g(n,j)= \begin g(n,j-1)&p_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-p_^k[g(\frac,j-1)-sum_]&p_j^2\le n \end
\]初始值：
\[g(n,0)=\sum_^i^k
\]其中\(sum_i=\sum_^p_i^k\)，因為我們只需要\(\le \sqrt\)的質數，所以可以直接篩出這些質數以及\(sum\)
那麼我們所需要的答案就是\(g(n,tot)\),其中\(tot\)是質數的總數量
總結一下，我們所做的就是乙個類似埃氏篩的過程
我們先假設所有的數都是質數，按質數的方式計算出\(g(n,0)\)，但是這其中所有合數的答案都是錯誤的
於是我們依次列舉所有質數，依次篩掉以當前質數作為最小質因子的合數的貢獻，直到\(g\)中只剩下了質數。
這個方法妙就妙在：雖然\(f(p),p\in prime\)是低階多項式，容易求解，但想要篩出所要的質數卻需要較高的複雜度，而\(\sum_^ i^k\)就相對來說好求的多了，並且篩的過程中我們只需要\(\le \sqrt\)的質數。
第二步我們開始求答案了，同樣考慮：
\[s(n,j)=\sum_^f(i)[minp(i)\ge p_j]
\]我們分開考慮質數的貢獻與合數的貢獻：
質數部分的貢獻顯然是：
\[g(n,tot)-\sum_^f(p_i)
\]注意這裡面的\(g\)是將所有的\(i^k\)加了起來得到的結果。
再考慮合數部分的貢獻，我們可以列舉這些合數的最小質因子\(p\)以及它的指數，然後利用\(f(x)\)是積性函式的性質轉移即可：
\[s(n,j)=g(n,tot)-\sum_^f(p_i)+\sum_\sum_t(f(p_k^t)s(\frac,k+1)+f(p_k^))
\]loj #6053 簡單的函式
題目中的\(f(x)\)滿足\(f(p^c)=p\oplus c,p\in p\)
於是有\(f(p)=p-1,p\in p,p \not= 2\)，\(f(2)=3\)需要特判
於是就可以按上面的套路來計算，先將所有的數當成質數來計算
我們可以將質數的貢獻也拆分成質數和-質數個數（特判\(2\)），分別設為\(h\)和\(g\)
同時觀察到無論怎樣轉移，當前計算的\(s(i,j)\)中的\(i\)一定是某乙個\(\lfloor \frac nx \rfloor\)，而這樣的數只有不超過\(2\sqrt\)個，於是我們只需要維護它們的\(g\)與\(h\)
於是初值為\(g(n)=\frac,h(n)=n-1\)，然後依次篩即可
最後的\(s\),我們採用遞迴的方式，不需要記憶化，直接用之前的式子計算就行了
注意如果此時\(s(n,j)\)中\(j=1\)，那麼需要額外加上\(f(2)\)少計算的2個貢獻，
#includeusing namespace std;
const int n=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
ll mx,p[n],pcnt;//h正在篩的質數個數，g正在篩的質數和
bool pd[n];
int sum[n],g[n],h[n];//sum是預處理的質數字首和
inline int add(int x,int y)
inline int dec(int x,int y)
inline void init() }}
ll n,w[n],id1[n],id2[n];//w是所有的n/i，tot是w的個數
int tot;
inline int s(ll x,int j)
} return ret;
} int main()//預處理
for(int j=1;j<=pcnt;++j)
}//第一步
int ans=s(n,1);//第二步
printf("%d\n",add(ans,1));//最後將1的貢獻加回來
return 0;
}
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