首先我们给道题目：求\(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)\)
\(n\leqslant 10^5\)，我会\(O(n\sqrt{n})\)！
\(n\leqslant 10^7\)，我会\(O(n)\)线筛！
\(n\leqslant 10^9\)，我……
于是杜教筛就此被发明，它可以在\(O(n^{\frac{2}{3}})\)的时间内求出一些积性函数函数的前缀和，如何做？
假定我们现在要求\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)，于是我们找来一个积性函数\(g(i)\)（不知道是什么东西），和\(f(i)\)卷积一下，有
\[(f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)f(\dfrac{n}{d})\]
然后我们求一下卷积形式的前缀和
\[\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}g(d)f(\dfrac{i}{d})\]
然后我们调整一下枚举顺序，得到
\[\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{d|i}f(\dfrac{i}{d})\]
\[\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)\]
\[\sum\limits_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)\]
好，我们现在得到\(\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum\limits_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)\)，然后我们把这个先放着，稍微思考一下，显然有如下式子
\[g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\]
然后你发现中间一个和我们之前推出来的形式是一样的，于是有
\[g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\]
如果中间卷积部分的前缀和非常好算，那么我们就可以对后面那部分进行数论分块，然后递归处理，记得记忆化！
我们回到栗子，题目要求的\(f\)就是\(\mu\)对吧，代回去有
\[g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^n(\mu*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\]
现在我们需要找一个优秀的\(g\)，使得他们狄利克雷卷积的前缀和非常好算
我们知道
\[\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]=e\]
所以\((1*\mu)=e\)，你说\(e\)的前缀和是啥，当然是1啦，于是我们取\(g(x)=1\)，有
\[S(n)=1-\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\]
然后我们线筛出一部分\(\mu\)的前缀和，再来一波记忆化搜索，做完了
再举个栗子，把\(\mu\)换成\(\varphi\)该怎么做？
因为有
\[\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=i=id(i)\]
所以还是取\(g(x)=1\)，那么得到
\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^ni-\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\)
等差数列前缀和\(O(1)\)求出就好了
对于不同的\(f\)，只要找到合适的\(g\)，就就可以让你的程序变得非常好写
不会找没关系，打个表解决一切
不过记得不要有事没事想着杜教筛，线筛啥的，埃氏筛法也是很有用的，\(O(n\ln n)\)枚举倍数也挺好的
骗分过样例，暴力出奇迹
扯了这么多，讲下时间复杂度证明吧
其实可以发现除了\(S(n)=\sum\limits_{i=2}^nS(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\)贡献了复杂度外，其他基本上可以\(O(1)\)算出答案（恶心的\(g(n)\)不考虑）
那么我们只要算出\(\sqrt n\)个\(S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\)的值即可算出\(S(n)\)，于是我们设\(T(n)\)为计算出\(S(n)\)的复杂度，那么有
\[T(n)=O(\sqrt n)+\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}(T(i)+T(\dfrac{n}{i}))\]
其中\(O(\sqrt n)\)是累加合并的时间
然后我们展开一层，因为更深层的复杂度是高阶小量，所以有
\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}O(\sqrt i)+O(\sqrt{\dfrac{n}{i}})=O(n^{\frac{3}{4}})\]
但由于\(S(n)\)本身是可以通过线筛求出一部分的，假定我们预处理了前\(k\)个的值，且\(k\geqslant \sqrt n\)，则复杂度变为
\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{k}}\sqrt{\dfrac{n}{i}}=O(\dfrac{n}{\sqrt k})\]
则当\(k\)取\(n^{\frac{2}{3}}\)时可以取到较好的复杂度\(T(n)=O(n^{\frac{2}{3}})\)