MIN 25筛（简单的函数）

MIN25筛的瞎扯：

在复杂度$O(n^{\frac{3}{4}}/logn)$下解决一些积性函数的和
做一些规定：
$prime(i):i为质数时，为一，否则为0$
$p_k:$表示第$k$个质数,规定第零个质数为1；
$minp(i):表示i的最小质因子$
$g(n,j)=\sum _{i=1}^n[prime(i)or(minp(i)>p_j)]f[i]$
$S(n,j)=\sum _{i=1}^n[minp(i)>=p_j]f[i]$
$p$都是指质数
目的：求$\sum _{i=1}^{n}f(i)$
要求：
$f(i)$是一个积性函数(即，$a,b$互质时，$f(ab)=f(a)f(b)$)
$f(p^k)$可以快速求
$f(p)$是一个是一个关于$p$的项数较少的多项式，或可以快速求值
令$f(p)=c_1{p}^{k_1}+c_2{p}^{k_2}+\cdots$
因为只要分别求出$p^k$的前$n$项和，再与系数相乘，再把各项加起来就行
所以令$f(p)$=$p^k$
我们把问题简化为两部分来

第一部分

求解$\sum _{i=1}^n[prime(i)]f(i)$
因为一个合数$a$的最小质因子不大于$\sqrt{a}$
所以$\sum _{i=1}^n[prime(i)]f(i)=g(n,|p|)$,这里的|p|表示不大于$n$的最大质数。
显然$g(n,0)=\sum _{i=2}^{n}f(i)$
这一部分怎么办，我们最终要得到的是 $\sum _{i=1}^n[prime(i)]f(i)$所以我们在一部分假设对于任意$i$,都有$f(i)=i^k$,最后得到的是质数的$f$值，所以并不会影响结果
现在来考虑怎么$g(n,j-1)转移到g(n,j)$。
从$g(n,j-1)转到g(n,j)$会少掉一些合数的最小质因子是$p_j$的，所以要减掉。
若$p_j\cdot p_j>n$则不存在这样的合数
此时有$g(n,j)=g(n,j-1)$
那么$p_j\cdot p_j<=n$时$p_j<\frac{n}{p_j}$
所以$g(\frac{n}{p_j},j-1)$包含了小于$p_j$的质数和大于$p_j$且其最小质因子大于等于$p_j$的$f$值
所以$g(\frac{n}{p_j},j-1)-g(p_j,j-1)$包含了最小质因子大于等于$p_j$的$f$值。
所以有$g(n,j)=g(n,j-1)-f(p_j)(g(\frac{n}{p_j}-g(p_j,j-1)$

第二部分

求解$S(n,1)$ 则答案为$S(n,1)+f(1)$
易知$S(n,m)=0$,$p_m$为大于$n$的质数
第二部分其实道理跟第一部分一样的，自己推导一下就行。
结果：
$S(n,j)=g(n,|p|)-\sum _{i=1}^{j-1}+\sum _{k=j}^{p_k^2<=n}\sum _{e=1}^{p_k^{e+1}<=n}S(\frac{n}{p_k^e},k+1)f(p_k)+f(p_{k+1})$
可以看到我们需要的$g$点有$n,n/2,n/3\cdots 1$一共$\sqrt{n}$个点，所以需要一些分块

例题：简单的函数

#include
#define ll long long
#define ull unsiged ll
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)
#define per(i, r, l) for (int i = r; i >= l; i--)
#define boots   ios::sync_with_stdio(0);     cin.tie(0)
#define endl '\n'
#define mod 1000000007
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lnf LLONG_MAX
#define si(n) scanf("%d", &n)
#define sl(n) scanf("%lld", &n)
#define pf(n) printf("%lld\n", n)
#define sz size
using namespace std;
//const db pi = 3.1415926535898;
const int N = 2e5 + 10;
const int INV2 = 500000004;
int top;
unordered_map<ll, ll> mp;
int pri[N], ji[N];
ll g[N], h[N], pris[N];
ll w[N];
//pri[i]表示第几个质数，pris[i]表示前i个质数的和
void init(ll MX) {
    memset(ji, 0, sizeof(ji));
    pris[0] = 0;
    top = 0;
    for (int i = 2; i <= MX; i++) {
        if (!ji[i]) {
            pri[++top] = i;
            pris[top] = (pris[top - 1] + i) % mod;
        }
        for (int j = 1; j <= top && 1ll * i * pri[j] <= MX; j++) {
            int cur = i * pri[j];
            ji[cur] = 1;
            if (i % pri[j] == 0)
                break;
        }
    }
}
void add(ll &a, ll b) {
    a = (a + b) % mod;
    if (a < 0)
        a += mod;
    return;
}
ll S(ll n, ll m) {
    if (n <= 1 || pri[m] > n)
        return 0;
    ll kt = mp[n];
    ll res = (g[kt] - h[kt] - (pris[m - 1] - m + 1)) % mod;
    if (res < 0)
        res += mod;
    if (m == 1)
        res += 2;
    for (int k = m; k <= top && 1ll * pri[k] * pri[k] <= n; k++) {
        ll ans = pri[k];
        for (int i = 1; ans * pri[k] <= n; i++, ans *= pri[k]) {
            add(res, (1ll * (S(n / ans, k + 1)) * (pri[k] ^ i) % mod + (pri[k] ^ (i + 1))) % mod);
        }
    }
    return res;
}
int main() {
    ll n;
    while (cin >> n) {
        ll fb = sqrt(n);
        init(fb);
        ll j;
        int times = 0;
        ll ans;

        for (ll i = 1; i <= n; i = j + 1) {
            w[++times] = n / i;
            j = n / (n / i);
            h[times] = (w[times] - 1) % mod;
            g[times] = (((w[times] % mod * (w[times] + 1) % mod) % mod * INV2) % mod - 1 + mod) % mod;
            mp[w[times]] = times;
        }
        for (int i = 1; i <= top; i++) {
            ll k = 1ll * pri[i] * pri[i];
            for (int j = 1; j <= times && k <= w[j]; j++) {
                int kt = mp[w[j] / pri[i]];
                add(g[j], mod - 1ll * pri[i] * (g[kt] - pris[i - 1]) % mod);
                add(h[j], mod - (h[kt] - i + 1) % mod);
            }
        }
        //g[i]-h[i]=w[i]以内
        //w[i]表示n/i,mp[n/i]=i,h[i]表示n/i（含）内有多少个质数,g[i]=n/i内的质数之和表示
        cout << (S(n, 1) + 1) % mod << endl;
    }
}