杜教筛

重新学习了杜教筛，发现其实理解起来很容易，应该是课件做的好
全文以大写为相应小写的前缀和

杜教筛的一般步骤

设需求解 (F(n)=sum_{i=1}^nf(i))
找到一个函数 (g(x)) ，要求 (g(x)) 的前缀和很容易计算，
并且使得 (sum_{d|n}f(d)g(frac{n}{d}) = h(n))
中 (h(n)) 也很容易计算
那么就有 (g(1)F(n)=H(n) - sum_{i=2}^n g(i)F(lfloor frac{n}{i} floor))

---

做了这么几个题

1.莫比乌斯函数之和
(mu * 1) 就很好求了，1和 (e) 的前缀和都是(O(1))求

2.欧拉函数之和
(varphi * 1) 就好了，因为 (varphi * 1 = id)

3.hdu5608
其实就是给你卷好了让你求，就 (nlogn) 算一部分再每次 (sqrt{n}) 一下

4.最大公约数之和
记 (a(x)=sum_{i=1}^x gcd(x,i)) 那么答案就是 (2*A(n)-sum_{i=1}^n i)
发现 (a(n)=sum_{i=1}^n gcd(i,n)=sum_{d|n}dvarphi(dfrac{n}{d}))

(A(n)=sum_{i=1}^n sum_{d|i}varphi(d)dfrac{i}{d})
(=sum_{i=1}^n varphi(i) sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{i} floor} j)
(=sum_{i=1}^n varphi(i) frac{lfloor frac{n}{i} floor(lfloor frac{n}{i} floor+1)}{2})
然后就可以强行根号套求 (varphi) ，这样复杂度是对的是因为杜教筛是记忆化得，求一次基本上都求了

发一个 (varphi) 和 (mu) 的代码

const int N=1000000;
bool np[N];
int p[N],tot,mu[N];
ll phi[N];
void init(){
	np[1]=1,phi[1]=1,mu[1]=1;
	For(i,2,N){
		if(!np[i])p[++tot]=i,phi[i]=i-1,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<N;j++){
			np[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]){
				phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
				mu[i*p[j]]=-mu[i];
			}else{
				phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]);
				mu[i*p[j]]=0;
				break;
			}
		}
	}
	For(i,2,N)phi[i]+=phi[i-1];
	For(i,2,N)mu[i]+=mu[i-1];
}
map<int,ll> f;
inline ll F(int n){
	if(n<N)return phi[n];
	else if(f.count(n))return f[n];
	ll ans=1ll*(n+1)*(n)/2;
	for(int i=2,j;i<=n;i=j+1){
		j=n/(n/i);
		ans-=(j-i+1)*F(n/i);
	}
	return f[n]=ans;
}
map<int,int> g;
inline int G(int n){
	if(n<N)return mu[n];
	else if(g.count(n))return g[n];
	int ans=1;
	for(int i=2,j;j<=n;i=j+1){
		j=n/(n/i);
		ans-=(j-i+1)*G(n/i);
	}
}
int main(){
	init();
	int l=rd(),r=rd();
	ll ans=F(r+1)-F(l)+G(r+1)-G(l);
}