转载自： https://cloud.tencent.com/developer/article/1168638
ps：其实我就是看看里面的公式，原文公式不显示了。
Orz OO0OOO00O0OOO0O00OOO0OO
前置知识
狄利克雷卷积
杜教筛
套路
杜教筛是用来求一类积性函数的前缀和
它通过各种转化，最终利用数论分块的思想来降低复杂度
假设我们现在要求\(S(n) = \sum_{i = 1}^n f(i)\)，\(f(i)\)为积性函数,\(n \leqslant 10^{12}\)
直接求肯定是不好求的，不过现在假设有另一个积性函数\(g\)
我们来求它们狄利克雷卷积的前缀和
\[(g * f) = \sum_{i = 1}^n \sum_{d \mid i} g(d) f(\frac{i}{d})\]
\[= \sum_{d = 1}^n g(d) \sum_{d|i} f(\frac{i}{d})\]
\[= \sum_{d = 1}^n g(d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}}f(i)\]
\[= \sum_{d = 1}^n g(d) S(\frac{n}{d})\]
然后就化不动了，不过我们发现我们化出了\(\frac{n}{d}\)！excited
但是\(S(n)\)怎么求呢？
容斥一下
\[g(1)S(n) = \sum_{d = 1}^n g(d)S(\frac{n}{d}) - \sum_{d = 2}^n g(d)S(\frac{n}{d})\]
前半部分是狄利克雷卷积的前缀和的形式
后半部分可以数论分块。这样看起来就好搞多了
现在我们的问题是，如何选择\(g\)才能使得上面这个式子好算
这个就要因情况而定了
下面煮几个典型栗子
\(\mu\)函数
定理:\(\sum_{d \mid n} \mu(d) = [n = 1]\)
那么我们如果选择\(g = e\)，\(e\)为原函数，\(e = [n = 1]\)
\(g\)与\(\mu\)的卷积的前缀和肯定为\(1\)
上面的式子变为
\(S(n) = 1 - \sum_{d = 2}^n S(\frac{n}{i})\)
后半部分直接数论分块就好
\(\varphi\)函数
定理：\(\sum_{d \mid n}\varphi(d) = n\)
我们的\(g\)还是选\(e\)做卷积
我们要求得式子变为
\[S(n) = \frac{n * (n + 1)}{2} - \sum_{d = 2}^n S(\frac{n}{i})\]
前半部分\(O(1)\)算，后半部分数论分块
题目
目前没有做多少题目，而且我的杜教筛是分两波学的，所以码风差异可能比较大qwq。
洛谷P4213 Sum
BZOJ4805
BZOJ4916
如果需要真·杜教筛题目的话可以去看糖教的博客
https://blog.csdn.net/skywalkert/article/details/50500009
参考资料
杜教筛——省选前的学习1
我也不知道什么是"莫比乌斯反演"和"杜教筛"
浅谈一类积性函数的前缀和