用途
快速($O(\frac{n^{3/4}}{logn})$)地计算一些函数f的前缀和，以及（作为中间结果的）只计算质数的前缀和
一般要求f(p)是积性函数，$f(p)$是多项式的形式，且$f(p^k)$可以快速计算
做法
首先考虑求出范围内的质数的取值的和
如果有$f(p)=\sum{a_ip^i}$
那么我们构造$h_i(x)=x^i$，不难发现$h_i$是完全积性的
就是说，把f在质数的时候的式子拆开，然后让它在不是质数的时候也成立
考虑求其中的一个h，接下来设$pri_j$是第j个质数
设$g(n,j)=\sum\limits_{i=1}^{n}[i \in Prime \&\& min_divisor(i)>pri_j]h(j)$，即n范围内质数或者最小质因数$>pri_j$的h值之和
可以当成是埃氏筛法的过程，已经筛掉了前j个质数
那么$g(n,inf)$就是要求的质数的和，g(n,1)就是所有数的h的和
（关于计算g(n,1)，次数要是小的话可以直接带公式，大的话就要斯特林数或者别的什么来求自然数幂和了..不过别忘了减掉1）
考虑转移，有:
$g(n,j)=g(n,j-1) , pri_j*pri_j>n$
$g(n,j)=g(n,j-1)-h(pri_j)(g(\lfloor\frac{n}{pri_j}\rfloor,j-1)-\sum\limits_{i=1}^{j-1}h(pri_j)) , pri_j*pri_j<=n$
考虑$pri_j*pri_j<=n$的情况，它在从$g(n,j-1)$转移过来的时候，需要减掉那些最小质因子是$pri_j$的，而h又是完全积性的，所以可以直接乘。但这样减会多减掉那些比$pri_j$小的质数乘$pri_j$，需要再加回来
于是我们就求出来质数的h的和啦！然而这有什么卵用呢..