首先我們給道題目：求\(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)\)

\(n\leqslant 10^5\)，我會\(O(n\sqrt{n})\)！

\(n\leqslant 10^7\)，我會\(O(n)\)線篩！

\(n\leqslant 10^9\)，我……

於是杜教篩就此被髮明，它可以在\(O(n^{\frac{2}{3}})\)的時間內求出一些積性函式函式的字首和，如何做？

假定我們現在要求\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)，於是我們找來一個積性函式\(g(i)\)（不知道是什麼東西），和\(f(i)\)卷積一下，有

\[(f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)f(\dfrac{n}{d})\]

然後我們求一下卷積形式的字首和

\[\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}g(d)f(\dfrac{i}{d})\]

然後我們調整一下列舉順序，得到

\[\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{d|i}f(\dfrac{i}{d})\]

\[\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)\]

\[\sum\limits_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)\]

好，我們現在得到\(\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum\limits_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)\)，然後我們把這個先放著，稍微思考一下，顯然有如下式子

\[g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\]

然後你發現中間一個和我們之前推出來的形式是一樣的，於是有

\[g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\]

如果中間卷積部分的字首和非常好算，那麼我們就可以對後面那部分進行數論分塊，然後遞迴處理，記得記憶化！

我們回到栗子，題目要求的\(f\)就是\(\mu\)對吧，代回去有

\[g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^n(\mu*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\]

現在我們需要找一個優秀的\(g\)，使得他們狄利克雷卷積的字首和非常好算

我們知道

\[\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]=e\]

所以\((1*\mu)=e\)，你說\(e\)的字首和是啥，當然是1啦，於是我們取\(g(x)=1\)，有

\[S(n)=1-\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\]

然後我們線篩出一部分\(\mu\)的字首和，再來一波記憶化搜尋，做完了

再舉個栗子，把\(\mu\)換成\(\varphi\)該怎麼做？

因為有

\[\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=i=id(i)\]

所以還是取\(g(x)=1\)，那麼得到

\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^ni-\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\)

等差數列字首和\(O(1)\)求出就好了

對於不同的\(f\)，只要找到合適的\(g\)，就就可以讓你的程式變得非常好寫

不會找沒關係，打個表解決一切

不過記得不要有事沒事想著杜教篩，線篩啥的，埃氏篩法也是很有用的，\(O(n\ln n)\)列舉倍數也挺好的

騙分過樣例，暴力出奇跡

扯了這麼多，講下時間複雜度證明吧

其實可以發現除了\(S(n)=\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\)貢獻了複雜度外，其他基本上可以\(O(1)\)算出答案（噁心的\(g(n)\)不考慮）

那麼我們只要算出\(\sqrt n\)個\(S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\)的值即可算出\(S(n)\)，於是我們設\(T(n)\)為計算出\(S(n)\)的複雜度，那麼有

\[T(n)=O(\sqrt n)+\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}(T(i)+T(\dfrac{n}{i}))\]

其中\(O(\sqrt n)\)是累加合併的時間

然後我們展開一層，因為更深層的複雜度是高階小量，所以有

\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}O(\sqrt i)+O(\sqrt{\dfrac{n}{i}})=O(n^{\frac{3}{4}})\]

但由於\(S(n)\)本身是可以通過線篩求出一部分的，假定我們預處理了前\(k\)個的值，且\(k\geqslant \sqrt n\)，則複雜度變為

\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{k}}\sqrt{\dfrac{n}{i}}=O(\dfrac{n}{\sqrt k})\]

則當\(k\)取\(n^{\frac{2}{3}}\)時可以取到較好的複雜度\(T(n)=O(n^{\frac{2}{3}})\)