要求其中一个是积性函数，另一个可以任意。
其实就是在质因数分解的意义下做高维前缀和。
高维前缀和
对于二维前缀和，我们也许可以直接推 s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j]
而我们也可以
s[i][j]=s[i][j-1]+a[i][j]
然后
s[i][j]=s[i-1][j]+a[i][j]
以实现二维的前缀和。
换句话说我们可以先枚举维，然后对每一维做前缀和。
这里咋做
我们设 (f) 是那个积性函数，(g) 是任意的。
首先我们枚举“维”。维是啥？自然就是每个质数
注意到一个积性函数在 (p^1,p^2...p^k) 处的值是不确定的。我们需要枚举它，相当于钦点 (p) 的次数。然后做一个如下操作：
(g(i) imes f(p^k) o g(i imes p^k))。
注意到这里钦点 (p^k) 是指恰好 (f) 那里的 (p) 就是 (k) 次。所以我们需要倒着枚举 (i)，类似背包的考虑，否则会导致重复贡献。
然后就枚举质数 (p)，倒着枚举 (i)，枚举 (p^k)，做一个前缀和就行了。
这样的复杂度据说是 (O(nloglog n)) 的。实际跑出来也比 (O(nln n)) 快很多。
特殊情况
如果 (f) 是完全积性函数，那你只需要这样做：
for(p: primes)
{
for(int i=1;i<=n/p;++i)
{
g[i*p]+=g[i]*f[p];
}
}
同样是 (O(nloglog n)) ，常数略小些。