注：此博客写于 2017.12
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前置技能
定义
数论函数。 定义域为正整数的函数。以下默认所有数都是正整数。
积性函数。 对于所有 \(\gcd (a,b) = 1\) ， \(f(ab) = f(a)f(b)\) 。一定会满足 \(f(1) = 1\)。
完全积性函数。 对于 任意 的 \(a,b\)， \(f(ab) = f(a)f(b)\) 。
在实际应用中，用到的大多都是 积性函数。
积性函数的性质
积性。 若 \(f,g\) 为积性函数， 那么 \((fg)(n) = f(n)g(n), (\frac f g)(n) = \frac {f(n)} {g(n)}\) 也都是积性函数。
用线性筛求 \([1,n]\) 的积性函数。 令 \(n = \prod p _ {i} ^ {k_ i}\) ,那么 \(f(n) = \prod f(p _ {i} ^ {k_ i})\) 。
所以在线性筛的时候，有一种方法就是 计算所有 \(f(p_i) ^{k_i}\) 再相乘 。
另一种方法是，考虑增加一个最小质因子后的变化。
常见的积性函数及其性质
欧拉函数，积性。 \(\varphi(n) = \sum _ {i=1} ^n [\gcd(n,i)=1]\) 表示 \([1,n]\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。
直接根据欧拉函数的定义就可以得到一些有用的式子。比如：（注意利用 \(\gcd(n,i) = \gcd(n,n-i)\)，以及 \(n=1\) 时少算了一次 ）
\[\sum _ {i=1} ^ n i \cdot [\gcd(n,i)=1] = \frac 1 2 \times (n \cdot \sum _ {i=1} ^{n} [\gcd(n,i)=1] + [n=1]) = \frac {n \cdot \varphi(n) + [n=1]} 2 \tag 1\]
\[\sum _ {i=1} ^ n \sum _ {j=1} ^ n [\gcd (i, j) = 1] =2 \sum _ {i=1} ^n \varphi(i) - 1 \tag {2}\]
莫比乌斯函数，积性。 当 \(n\) 含有平方因子 \(\mu(n) = 0\) , 否则 \(n\) 为 \(k\) 个不同的质因子乘积， \(\mu(n) = -1 ^{k}\) 。
除数函数，积性。 \(\sigma _ {k} (n)\) 表示 \(n\) 的所有因数的 \(k\) 次幂之和。
特别的，\(d(n) = \sigma _ {0} (n)\) ，表示 \(n\) 的因数个数。
\(\sigma _ {1} (n) = \sigma (n)\) ，表示 \(n\) 的所有因数之和。
这个角标在上在下都是等价的！
幂函数，完全积性。 \(id _ {k} (n)\) ，表示 \(n^k\) 。
特别的， \(id _ {0} (n) = 1 (n) = 1\) 。
单位函数，完全积性。 当且仅当 \(n=1\) 时， \(e(n)=1\) ，否则 \(e(n)=0\) 。
Dirichlet卷积
定义
两个数论函数 \(f,g\) 的Dirichlet卷积。
\[\large (f \ast g)(n) = \sum _ {d|n} f(d) \times g(\frac n d) \tag{3}\]
性质
定义。 \((f+n)(n) = f(n) + g(n)\) .
交换律。 \(f \ast g = g \ast f\)
结合律。 \((f \ast g) * h = f \ast (g \ast h)\)
分配率。 \(f \ast (g + h) = f \ast g + f \ast h\)
单位元。 \(f \ast e = f\)
当 \(f,g\) 为积性函数时， \(f \ast g\) 也为积性函数。
如果有一个积性函数 \(f\) ，则一定存在 \(g*f=e\) ， \(g\) 就是 \(f\) 的Dirichlet逆，也是积性函数。
已知数论函数 \(f,g\) ，则可以枚举倍数，在 \(O(n \log n)\) 的时间内计算出 \(f \ast g\) 。
常见的Dirichlet卷积
一个函数的约数和可以卷上1。
\[d(n) = \sum _ {d|n} 1 \Rightarrow d = 1 \ast 1 \tag{4}\]
\[\sigma (n) = \sum _ {d|n} d \Rightarrow \sigma = d \ast 1 \tag{5}\]
极其重要的，莫比乌斯反演的基础
\[\large \sum _ {d|n} \mu(d) = \sum _ {i=0} ^{k} (-1) ^{i} \times \binom k i = (1-1) ^{k} = e(n) \Longrightarrow e = \mu * 1 \tag{6}\]
另一个常用的卷积。 因为 \(\varphi(d)\) 表示与 \(n\) 的最大公约数为 \(\frac n d\) 的数的个数，它们的和显然为 \(n\) 。
\[\large \sum _ {d|n} \varphi (d) = n \Longrightarrow \varphi \ast 1 = id \tag{7}\]
莫比乌斯反演
形式一：因数反演
如果两个数论函数 \(f,g\) 满足 \(f = g \ast 1\) ，也即
\[\large f(n) = \sum _ {d|n} g(d) \tag{8}\]
那么它们满足 \(g = \mu * f\) ，也即
\[\large g(n) = \sum _ {d|n} \mu (d) \times f(\frac n d) \tag {9}\]
考虑证明 \(f = g \ast 1 \Leftrightarrow g = \mu \ast f\)
已知
\[\large f = g \ast 1\]
两边都卷上 \(\mu\) ,可得
\[\large f \ast \mu = g \ast \mu \ast 1 = g \ast e = g\]
已知
\[\large f \ast \mu = g\]
两边都卷上 \(1\) ，可得
\[\large g \ast 1 = f \ast \mu \ast 1 = f \ast e = f\]
本质？ \(1\) 与 \(\mu\) 在 Dirichlet卷积意义下互为逆元。
形式二：倍数反演
这就不是Dirichlet卷积了，不过也是对的。
\[\large g(n) = \sum _ {n|d} f(d) \Longrightarrow f(n) \sum _ {n|d} \mu( \frac d n) g(d) \tag {10}\]
变换技巧
一些基本套路，多推推就熟练了。
1.枚举 \(\gcd\) 取值
2.交换枚举倍数与约数
3.用莫比乌斯函数求和替换
4.改写求和指标
5.得到一个整除分块的形式，处理一个函数的前缀和
最重要的还是保持恒等，利用 两种贡献 的思想。
一
有一个 积性函数 \(f\)，它与恒等函数 \(1\) 的Dirichlet卷积 \(g = f*1\) 如何计算？
假设 \(n = \prod _ {i=1} ^{t} p _ {i} ^{ki}\) ，\(g(n) = \sum _ {d|n} f(n)\) 。那么就有
\[\large g(n) = \prod _ {i=1} ^{t} \sum _ {j=0} ^{ki} f(p _ {i} ^{j}) \tag{11}\]
二
整数分块技巧。 求 \(\sum _ {i=1} ^{n} f(i) \times \lfloor \frac n i \rfloor\)
注意到 \(\large \lfloor \frac n i \rfloor\) 只有 \(O(\sqrt n)\) 种取值。对于固定的 \(\lfloor \frac n i \rfloor\) ， \(i\) 的取值为
\[\large \left[ \left \lfloor \frac n {\lfloor \frac n i \rfloor+1} \right \rfloor+1, \left \lfloor \frac n {\lfloor \frac n i \rfloor} \right \rfloor \right] \tag{12}\]
对于相同的 \(\lfloor \frac n i \rfloor\) ，我们只需要计算 \(f(i)\) 的前缀和 即可。复杂度即是 \(O(\sqrt n)\)。
同时有 \(n,m\) 时同理。
三
假设 \(a \ast b\) 已经是Dirichlet卷积，那么
\[\large id _ {k} \times (a \ast b) = (id _ {k} \times a) \ast (id _ {k} \times b) \tag{13}\]
再根据常用卷积 \(id = \varphi \ast 1\) ，发现 \(\varphi\) 是连接两个相邻 \(id\) 的桥梁，即
\[\large (\varphi \times id _ {k}) \ast id _ {k} = id _ {k+1} \tag{14}\]
四
可以由两个常用卷积推出，
\[\large \varphi (n) = \sum _ {d|n} \mu (d) \times \frac n d \Longrightarrow \varphi = \mu \ast id \tag{15}\]
五
常见变换方式：约数与倍数的互换。
对于 \(d,e,D=d \times e\) 三项贡献的这种，可以枚举 \(D\) 将其化为狄利克雷卷积，也可以枚举 \(d\)和 \(e\) 化成带下取整的式子；一般来讲前者往往易于预处理，可以应付多组询问，后者则在单次询问中有优秀表现。
六
最最最容易碰到的莫比乌斯套路。以后就直接作为结论 了：
现在有一个奇怪的函数 \(f(n)\) ，不妨设 \(n \leq m\) ，那么，
\[\large { \sum _ {i=1} ^ n \sum _ {j=1} ^ m f(\gcd(i,j)) \\ = \sum _ {d=1} ^ n f(d) \sum _ {i=1} ^ {\lfloor \frac n d \rfloor} \sum _ {j=1} ^ {\lfloor \frac m d \rfloor } [\gcd(i,j)=1] \\ = \sum _ {d=1} ^ n f(d) \sum _ {i=1} ^ {\lfloor \frac n d \rfloor} \sum _ {j=1} ^ {\lfloor \frac m d \rfloor } \sum _ {p|i,p|j} \mu(p) \\ = \sum _ {d=1} ^ n f(d) \sum _ {p=1} ^ {\lfloor \frac n d \rfloor} \mu(p) \cdot \lfloor \frac n {pd} \rfloor \cdot \lfloor \frac m {pd} \rfloor \\ = \sum _ {D=1} ^ n \sum _ {d|D} f(d) \cdot \mu(\frac D d) \cdot \lfloor \frac n D \rfloor \cdot \lfloor \frac m D \rfloor \tag{16}}\]
就变成要求 \(f \ast \mu\) 的前缀和了，再套用分块即可。
杜教筛
问题的一般形式
给出一个奇怪的数论函数 \(f(x)\) （simple一点像 \(\mu, \varphi\) ）。接着给出了一个 \(n\) ，一般有 \(10^{10}\) 的范围。需要求 \(S(n) = \sum _ {i=1} ^{n} f(i)\) 模一个大数的值。
构造
求出 \(S(n)\) 会非常困难，考虑找出另一个函数 \(g(x)\) ，考虑 \((f*g)(x)\) 的前缀和。
\[\large \sum _ {i=1} ^{n} \sum _ {j|i} f(i) g(\frac i j) = \sum _ {ij \leq n} f(i) g(j) = \sum _ {i=1} ^{n} g(i) S(\lfloor \frac n i \rfloor) \]
于是，
\[\large g(1)S(n) = \sum _ {i=1} ^{n} (f*g)(i) - \sum _ {i=2} ^{n} g(i) S(\lfloor \frac n i \rfloor)\]
要求&&时间复杂度&&Trick
需要保证 \((f*g)(x),g(x)\) 的前缀和都比较容易计算。
可以直接记忆化搜索，复杂度 \(O(n^{\frac 3 4})\) 。
可以预处理前 \(k\) 个前缀和，复杂度 \(O(k + \frac n {\sqrt k})\) 。取 \(k=n^{\frac 2 3}\) 最优，复杂度 \(O(n ^ {\frac 2 3})\) 。
对于 \(\mu(x),\varphi(x)\) 的前缀和，我们令 \(g(x) = 1\) 即可。
特别重要的！
一个性质： \(\large \left \lfloor \frac n {ab} \right \rfloor = \left \lfloor \frac {\left \lfloor \frac n a \right \rfloor} b \right \rfloor\)
因为 \(\frac n {n ^ {\frac 2 3}} \leq n ^ {\frac 1 3}\) ，根据上述性质，杜教筛在筛的过程中，会被计算的 \(s(x)\) 只有 \(O(n ^ {\frac 1 3})\) 个。
这个东西用于时间复杂度计算很有用！所以像分块套杜教筛啊，杜教筛套分块啊，复杂度都是对的！（只要都是不断整除 \(n\)）
还有一个 Trick ，我们不是要 HASH 吗，但是那个太慢了。
\(S(x)\) 直接存到 \(f[n/x]\) 里就好了（ \(n\) 是全局的）
复杂的基本形式
有时候， \(f(x)\) 本身就是两个函数的积/Dirichlet卷积，通常令 \(g(x) = 1\) ，可以进一步化简。
推柿子啦啦啦
来看一些有意思的题目。顺便.....
BZOJ3560 DZY Loves Math V 求 \(\sum _ {i_1|a_1} \sum _ {i_2|a_2} ... \sum _ {i_n|a_n}\) 。
欧拉函数的性质。 考虑统计每一个质因子出现的次数，再相乘即可。注意 \(p^0=1\) 要特殊考虑。
空间开不下？注意到一个 \(ai\) 最多只会存在一个 \(p > \sqrt {a_{max}}\) 。
51Nod1675 序列变换 给定序列 \(a,b\) ，求存在多少对 \(x,y\) 满足 \(\gcd(x,y)=1,a_{b_x}=b_{a_x}\)。
莫比乌斯反演的第二形式。 定义 \(f(k)\) 为 \(gcd(x,y)=k\) 的个数，定义 \(F(k)\) 为 \(k|\gcd(x,y)\) 的个数。显然 \(F(k)\) 很容易求，于是用 \((10)\) 就好了。
BZOJ3561 DZY Loves Math VI 求 \(\sum _ {i=1} ^ n \sum _ {j=1} ^ m lcm (i,j) ^ {\gcd(i, j)}\) 。
莫比乌斯反演，暴力。 虽然不是 \((16)\) 的形式，也可以用类似的套路，反演得到：
\[\sum _ {d = 1} ^ {n} d ^ d \cdot \sum _ {p = 1} ^ {\lfloor \frac n d \rfloor} \mu(p) \cdot p ^ {2d} \cdot \sum _ {i=1} ^ {\lfloor \frac m {pd} \rfloor} i ^ d \cdot \sum _ {j=1} ^ {\lfloor \frac n {pd} \rfloor } j ^ d\]
这个东西直接暴力嘛。。
BZOJ4816 [SDOI2017]数字表格 求 \(\prod _ {i=1} ^ n \prod _ {j=1} ^ m fib(gcd(i,j))\) ，其中 \(fib(n)\) 是斐波那契数。
莫比乌斯反演，前缀积。 同样也是 \((16)\) 的套路，只不过到了指数上面。同时前缀和变成了前缀积，同样也是 \(O(n \log n)\) 暴力预处理。
BZOJ3529 [SDOI2014]数表 求 \(\sum _ {i=1} ^ n \sum _ {j=1} ^ m \sigma _ 1(\gcd(i,j)) \cdot [\sigma_1(\gcd(i,j)) \leq a]\) 。多组询问。
莫比乌斯反演，离线。 哈哈哈，又是 \((16)\) 的套路。。于是就是要求：
\[\large \sum _ {d|D} \sigma_1 (d) \cdot \mu(\frac D d)\]
的前缀和。
然后这个 \(a\) 的限制似乎有些难搞？注意到有多组数据，所以可以离线，按照 \(a\) 排序。修改和求前缀和就交给树状数组了。
复杂度？ \(O(n \log ^2 n + T \cdot \sqrt n \cdot \log n)\)。
BZOJ4407 于神之怒加强版 求 \(\sum _ {i=1} ^ n \sum _ {j=1} ^ m \gcd(i,j) ^ k\) 。
莫比乌斯反演，积性函数前缀和。 又是 \((16)\) 的套路（这句话说了多少遍了）。就是要求：
\[\sum _ {d|D} d ^ k \cdot \mu (\frac D d)\]
的前缀和。
然后这个是积性函数的狄利克雷卷积，可以线性筛。往往就需要利用 \(\mu\) ，可以直接分情况。或者推公式，展开 \(g(D)\) （这个方法比较万能）：
\[\large {g(n) \\ = \sum _ {d|n} d ^ k \mu(\frac n d) \\ = \prod _ {p_i} g(p_i ^{x_i}) \\ = \prod _{p_i} (p_i ^{kx_i} \cdot \mu(1) + p_i ^{k(x_i-1)} \cdot \mu(p_i)) \\ = \prod _ {p_i} p_i ^ {k(x_i-1)} \cdot (p_i ^k -1)}\]
BZOJ3994 [SDOI2015]约数个数和 求 \(\sum _{i=1} ^n \sum _{j=1} ^m \sigma_0(i,j)\) 。
莫比乌斯反演，\(\sigma_0\) 的性质。 这题需要利用 \(\sigma_0\) 的性质：
\[\large \sigma_0 (n,m) = \sum _ {i|n} \sum _ {j|m} [\gcd(i,j)=1]\]
证明：考虑一个质因子 \(p\) ，假设 \(n\) 中有 \(x\) 个，\(m\) 中有 \(y\) 个。那么根据约数个数定理，\(\sigma_0(n,m) = \prod (x+y-1)\)。而如果要使 \(\gcd(i,j)=1\) ,每个质因子同样有 \(x+y-1\) 种取法（\(x\) 或 \(y\) 为 \(0\) ）。恰好是约数定理的形式。
接下来就是套路变换啦。
BZOJ3309 DZY Loves Math 对于正整数 \(n\)，定义 \(f(n)\) 为 \(n\) 所含质因子的最大幂指数。例如 \(f(1960)=f(2^3 \times 5^1 \times 7^2)=3, f(10007)=1, f(1)=0\) 。给定正整数 \(a,b\) ，求 \(\sum _ {i=1} ^a \sum _ {j=1} ^m f( \gcd(i,j))\) 。
莫比乌斯反演，特殊性质函数的前缀和。 根据 \((16)\) ，我们只需要求 \(g(D) = \sum _ {d|D} f(d) \mu ( \frac D d )\) 的前缀和即可。
但是，发现这个 \(f(d)\) 不是积性函数，似乎就无法线性筛了。于是就要利用 \(\mu(n)\) 的特殊性质。
将 \(D\) 表示为质因数乘积的形式，如果 \(\frac D d\) 对 \(g(D)\) 有贡献，每个质因子的次数不会超过 \(1\) 。 如果一个质因子 \(p\) 在 \(\frac D d\) 中，我们称选择 \(p\) 。
引理：对于一个包含 \(n\ (1 \leq n)\) 个元素的集合，选择奇数个元素的方案数的等于选择偶数个元素的方案数。
归纳法很容易证明。
我们知道，\(\mu(D) = (-1) ^ k\) ，其中 \(k\) 是选择的个数。
接下来分三种情况：（设所有质因子中，最大的次数为 \(a\) ）
\(D = p^a\) ， \(g(p^a) = f(p^a) - f(p^{a-1}) = a - (a - 1) = 1\) 。
\(D = p_1 ^{a_1} p_2 ^{a_2} ... p_m^{a_m}\) ，且 不 满足 \(a_1 = a_2 = ... = a_m\)，假设最大次数 \(a\) 有 \(b\) 个。考虑 \(a-1\) 的贡献，此时最大次数的质因子都被选择，剩下的 \(1 \leq m-b\) 个数可以任意选择，根据引理，正负全都被抵消了。考虑 \(a\) 的贡献，由于 所有数中选择奇数与偶数个的方案，\(a-1\) 时选择奇数与偶数个数的方案都相等 ，同样会正负都抵消。此时 \(g(D) = 0\) 。
\(D = p_1 ^{a_1} p_2 ^{a_2} ... p_m^{a_m}\) ，且有 \(a_1 = a_2 = ... = a_m = a\)。如果全部选择， \(f(d) = a-1\) ，对 \(g(D)\) 的贡献为 \((a-1) \times (-1)^m\) ;而其他情况下， \(f(d)=a\)，对 \(g(D)\) 的贡献为 \(a \times (-1) ^ {m-1}\) 。此时 \(g(D) = -(-1)^m\) 。
为什么第三种情况套单独考虑？ 因为此时 \(m-b=0\) ，不满足引理的条件，需要单独考虑。
同时也可以发现， 第一种情况没必要特殊考虑，同第三种情况。
最后，这个东西也是可以线性筛的。 利用 每个数只会被最小的质因子筛 用 \(a[]\) 记录每一个数最小质因子的次数，\(b[]\) 记录最小质因子的 \(a[]\) 次，就可以递推了。
BZOJ3512 DZY Loves Math IV 求 \(\sum _ {i = 1} ^ n \sum _ {j = 1} ^ m \varphi (ij)\) ，\(n \leq 10^5, m \leq 10^9\)
欧拉函数的性质，莫比乌斯反演，杜教筛。 大爷的姿势。
令 \(S(n,m) = \sum _ {i=1} ^ m \varphi (ni)\) 。
\[\large { S(n,m) \\ = \sum _ {i=1} ^ m \varphi (ni) \\ = \sum _ {i=1} ^ m \varphi ( \frac n {\gcd(i,n)}) \cdot \varphi(i) \cdot \gcd(i,n) \\ = \sum _ {i=1} ^ m \varphi(\frac n {\gcd(i,n)}) \cdot \varphi(i) \cdot \sum _ {d|i,d|n} \varphi(d) \\ = \sum _ {i=1} ^ m \varphi(i) \cdot \sum _ {d|i,d|n} \varphi(\frac n d) \\ = \sum _ {d|n} \varphi(\frac n d ) \cdot \sum _ {i=1} ^ {\lfloor \frac m d \rfloor } \varphi(di) \\ = \sum _ {d | n} \varphi(\frac n d) \cdot S(d, \lfloor \frac m d \rfloor )}\]
第二步，由于 \(n,i\) 不一定互质，所以单独提出了 \(\gcd\) ；第三步，巧妙地运用了 \((7)\) ；第四步，由于 \(\frac n {\gcd(i,n)},d\) 互质，所以可以直接合并；第五步应该及其套路。
当 \(n=1\) 时，需要大力杜教筛搞一搞。
嘛..
这个复杂度不会爆炸？
注意到，需要计算的 \(S(n',m')\) ，一定满足 \(m' = \lfloor \frac m {n'} \rfloor\)（除了第一个），所以要计算的就很少啦。复杂度差不多是 \(O((n ^ {\frac 2 3} + m ^ {\frac 3 2}) \times HASH)\) ？
还要HASH一下，同时，根据 \(\varphi\) 的性质，可以先把 \(n\) 中额外的质因子搞出来。
UPD 注意，第四步的推导是错误的，必须要满足 \(|\mu(n)|=1\) ，这样才能保证互质（因为每个质因子都只有一个，只能存在于 \(\frac n {\gcd(i,n)}\) 或者 \(\gcd(i,n)\) ）。所以搞出额外的质因子是必须的。
51Nod1238 最小公倍数之和 \(\sum _ {i=1} ^{n} \sum _ {j=1} ^{n} lcm(i,j)\)
只是杜教筛。
两维的嘛..要先拆开来啦..
\[\large {f(n) \\ = \sum _ {i=1} ^{n} lcm(n,i)\\ = n \times \sum _ {i=1} ^{n} \frac i {\gcd (i, n)}\\ = n \times \sum _ {d|n} ^{n} \sum _ {id \leq n} i \times e(\gcd (i, \frac n d))\\ = n \times \sum _ {d|n} ^{n} \frac 1 2 \times (e(d) + d \times \varphi(d))\\ = \frac n 2 + \frac 1 2 \times n \times \sum _ {d|n} d \times \varphi(d)\\ }\]
最主要是搞出 \(S(n) = \sum _ {i=1} ^n i \times \sum _ {d|i} d \times \varphi(d)\) 也就是 \(id \times [(id \times \varphi) \ast 1] = (id _ 2 \times \varphi) \ast id\) 的前缀和。考虑如何消去难以计算的 \(\varphi\) 。
我们需要卷上一个新的东西。考虑利用 \((7)\) 来消去。考虑卷上 \(id _ 2\) 来提出括号中的 \(id _ 2\) ，于是
\[\large id _ 2 \ast (id _ 2 \times \varphi) \ast id = id _ 2 \times (1 * \varphi) \ast id = id _ 3 \ast id\]
这个前缀和就比较好求辣。令 \(h(i)\) 表示这个柿子的前缀和，于是（考虑展开后每个 \(d\) 的贡献次数）
\[\large h(n) = \sum _ {d=1} ^{n} d \sum _ {id \leq n} i ^ 3\]
注意到不同 \(i\) 的上限只有 \(O(\sqrt n)\) 个，所以这个前缀和也可以分块！\(g(x) = id _ 2\) 的前缀和也很容易计算。由于把 \(S\) 划分为 \(O(\sqrt n)\) 个子问题时也需要 \(O(\sqrt n)\) 的时间复杂度，所以总的复杂度不变。仍然为 \(O(n ^ {\frac 2 3})\) 。
发现很神奇的， \(ANS = s(n)\) 。
另一种方法。 得到 \(S(n) = \sum _ {i=1} ^n i \times \sum _ {d|i} d \times \varphi(d)\) 后，可以改变形式使得更容易筛。改为枚举 \(i\) 是 \(d\) 的多少倍。
\[\large {S(n) = \sum _ {i=1} ^n i \times \sum _ {d|i} d \times \varphi(d) \\ = \sum _ {i=1} ^ n i \times \sum _ {d=1} ^ {\lfloor \frac n d \rfloor} d ^ 2 \times \varphi (d)}\]
嗯，那么要求的就是 \(id _ 2 \times \varphi\) 的前缀和，再分块。卷上 \(id_ 2\) 。要求 \(id_ 3\) 的前缀和。
题外话。 51Nod1227也是同样的方法，只是一开始得到的为 \((\varphi \times id) \ast 1\) 。51Nod1237大致方向差不多，只是推的过程简单很多。
如果用方法二，卷起来得到了 \(id _ 2\) ，十分容易计算！
如果直接卷 \(id\) 得到 \(1 \ast id _ 2\) ，也可以应用方法一，里面套一层分块。
似乎两种方法本质一样，都需要进行一次约数/倍数变换。分块在外面或者里面。