这是本文档旧的修订版！
筛法
埃氏筛
列出所有数字，从小到大枚举，将枚举数的所有倍数筛掉。复杂度$O(n\log\log n)$，证明见这里。
欧拉筛（线性筛）
埃氏筛会将一个合数被其所有质因数都筛一遍，很浪费时间。
考虑优化，让每个合数都只被最大的非本身的因数（和最小质因数共同）筛到一遍。
故首先枚举所有数 $i$ ，再枚举所有 $i$ 的素倍数 $t=pri_j\times i$ ，（ $i$ 与 $pri[j]$ 共同）将 $t$ 筛掉，且当 $pri_j\mid i$ 时退出枚举。此举的正确性在于：
- $i$ 的最小质因数为 $pri[j]$ ；
- $\forall k>j, i\times pri[k]$ 会被比 $i$ 更大的 $\frac{i}{pri[j]}\times pri[k]$ 与 $pri[j]$ 共同筛掉。
因此，欧拉筛的每个数都只被筛了一次，复杂度 $O(n)$ 。
除了筛素数，欧拉筛还可以线性地筛一些积性函数。
欧拉函数
欧拉函数 $\varphi(n)$ 表示小于等于 $n$ 且 $\gcd(i,n)=1$ 的 $i$ 个数。
欧拉函数是积性的，也就是对任意 $n,m$ 满足 $(m,n)=1$ ，有 $\varphi(n\times m)=\varphi(n)\times \varphi(m)$ 。有一个不错的证法。
处理边界情况：
- 当 $n=1$ 的时候，规定 $\varphi(1)=1$ ；
- 当 $n=p$ 的时候， $\varphi(n)=p-1$ ；
- 当 $n=p^k$ 的时候， $\varphi(n)=p^{k-1}(p-1)$ ；
因为欧拉函数是积性的，如果将 $n$ 质因数分解为 $n=\prod_i p_i^{k_i}$ ，可以得到：
$$ \begin{aligned} \varphi(n)&=\prod_i p_i^{k_i-1}(p_i-1)\\ &=n\prod_i\frac{p_i-1}{p_i} \end{aligned} $$
莫比乌斯函数
这里讲过了，不再赘述。
杜教筛
杜教筛想要解决的问题是，对于数论函数 $f$ ，要在小于线性的复杂度求出前缀和 $S_f(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$ 。
可以应用杜教筛的前提是，存在一个易求前缀和的数论函数 $g$ ，使得狄利克雷卷积 $f\ast g$ 易求前缀和。当两个函数都可以 $O(1)$ 地求出在某点的前缀和时，通过预处理一定数量的前缀和，求出 $f$ 在某处的前缀和复杂度是可以达到 $O(n^{\tfrac23})$ 的。
具体推导过程如下：（设 $f,g,h$ 的前缀和函数分别为 $s_f,s_g,s_h$ ）
$$ \begin{aligned} s_h(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)&=\sum_{d\mid i}f(\dfrac id)g(d)\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(d)f(t)\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)s_f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\\ &=g(1)s_f(n)+\sum_{d=2}^{n}g(d)s_f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\\ \\ s_f(n)&=\dfrac{s_h(n)-\sum_{d=2}^{n}g(d)s_f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)}{g(1)}\\ \end{aligned} $$
等式右边数论分块处理，递归计算 $s_f$ 即可。
复杂度证明
设 $A=\{1,2,3,\ldots,\lfloor\sqrt n\rfloor\},B=\{\lfloor\frac n2\rfloor,\ldots,\lfloor\frac{n}{\lfloor\sqrt n\rfloor}\rfloor\}$ ，设 $U(n)=A\bigcup B$ ，易看出 $|U(n)|$ 是 $O(\sqrt n)$ 级别的。同时，对于任意 $m\in U(n)$ ，有 $U(m)\subseteq U(n)$ （证明：设 $m=\lfloor\frac na\rfloor$ ，则任意 $\lfloor\frac mb\rfloor=\lfloor\frac m{ab}\rfloor \in U(n)$）。
设计算出 $s_f(n)$ 复杂度为 $T(n)$ ，则根据上述结论，为计算出 $s_f(n)$ ，只需要在记忆化过程中总共计算出 $s_f(i),i\in U(n)$ 即可，故考虑枚举次数，有等式：
$$ \begin{aligned} T(n)&=O(\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}(\sqrt i+\sqrt\frac{n}{i}))\\ &=O(\int_{1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}(\sqrt x+\sqrt\frac{n}{x}) \text{ d}x)\\ &=O((x^{\frac 32}+\sqrt n\sqrt x) \mid_{1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor})\\ &=O(x^{\frac34}) \end{aligned} $$
设线性预处理了前 $b>\sqrt n$ 项，则复杂度为：
$$ \begin{aligned} T(n)&=O(\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{\frac nb}\rfloor}\sqrt\frac{n}{i}+b)\\ &=O(\int_{1}^{\lfloor\sqrt{\frac nb}\rfloor}\sqrt\frac{n}{x}\text{ d}x+b)\\ &=O(\frac n{\sqrt b}+b) \end{aligned} $$
取 $b=n^{\frac 23}$ 取得最优复杂度 $O(n^{\frac 23})$ 。
实例
模板题
Luogu P4213 【模板】杜教筛（Sum）51nod 124451nod 1239
三个类似的题，计算 $[1,2^{31}-1]$ 范围内 $\varphi,\mu$ 的前缀和。很显然有 $\varphi\ast 1=\text{id},\mu\ast 1=\epsilon$ ，直接筛即可。
GCD 二维前缀和
计算 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)$ 。
$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)&=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{k|i,k|j}\mu(k)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor^2\mu(k)\\ \text{令}T=kd\\ &=\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}d\mu(\frac Td)\lfloor\frac nT\rfloor^2\\ &=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac nT\rfloor^2\sum_{d|T}d\mu(\frac Td)\\ &=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac nT\rfloor^2\varphi(T)\\ \end{aligned} $$
对 $T$ 数论分块即可，其中需要快速计算欧拉函数前缀和。
LCM 二维前缀和
计算 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\text{lcm}(i,j)$ 。
$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\text{lcm}(i,j)&=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}j[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i\sum_{j=1}^{i}j\sum_{k\mid i,k\mid j}\mu(k)-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i\sum_{k\mid i}\mu(k)\sum_{j=1}^{\frac ik}jk-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i\sum_{k\mid i}k\mu(k)\frac{\frac ik\times (\frac ik+1)}{2}-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\frac{i^2}2\sum_{k\mid i}(\mu(k)\frac ik+\mu(k))-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\frac{i^2}2(\varphi(i)+\epsilon(i))-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i^2\varphi(i) \end{aligned} $$
因此我们只需要快速求出 $f(i)=i^2\varphi(i)$ 的前缀和，然后对 $d$ 数论分块求解。
找到 $g(i)=\text{id}(i)^2$ ，此时有 $(f\ast g)(n)=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)(\frac {n}{d})^2=n^2\sum_{d|n}\varphi(d)=n^3$ 。利用公式 $\sum_{i=1}^{n}i^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$ ，本题得解。
