数论分块的目的是：将有除法下取整的式子，从 $O(n)$ 优化到 $O(\sqrt{n})$。

它就是换了一种计数顺序，从纵向计数改为横向计数（Fubini 原理），将 n/d 相同的数打包同时计算。

特此说明：以下若未采用公式体写的 n/d，均代表 C 语言中带取整的整数除法，而不是数学意义上的除法。这是由于如果将数学公式除法加取整写入段落，将使得一行过高。

直观表示就是：我们看下面这个双曲线（的一支）图片，思考双曲线下整点的划分。

图中共分为了 5 块，这 5 块整点的最大纵坐标都相同。

数论分块的核心代码很简单：

int l=1,r;
while(l<=n)
{
    r=min(n,n/(n/l));
    //中间的部分要具体问题具体分析
    l=r+1;
}

这是因为，C 语言的整数除法，恰好全部都是向下取整。

因此，关键就在于表达式 n/(n/l) 究竟是什么。即这个表达式：

$$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor$$

在“分块”计算的时候，对于任意一个 d，我们需要找到一个最大的 r，使得 n/d=n/r。目的是确定 d 落入了哪一块。

我们指出：表达式 n/(n/d)，恰好就是使得 n/d 不变的那个最大的 r。

因此每次将 l 更新为 r+1，就是下一个左端点。上面 n/(n/l) 的式子就是为了寻找图中绿色的点，即每一块的右端点。

首先，n/(n/l) 不比给定的 l 小。这是显然的，把里面的取整符号放缩掉就行。

$$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\geqslant\left\lfloor\frac{n}{\frac{n}{l}}\right\rfloor=l$$

然后，n/(n/l) 代入（迭代）原式，同理有：

$$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor}\right\rfloor\geqslant\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor$$

但是由于没取整前，图形是双曲线，n/x 这个函数是单调不增的。对于不同的 x 大小关系，代入函数后大小关系相反。这只能表明：

$$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor$$

这说明，l 和 n/(n/l) 一定位于同一块中。

怎么说明 n/(n/l) 是右端点？只要说明下一个邻居已经不落在区间里就行了。根据带余除法，有：

$$\begin{aligned}n&=x\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor+r_1\\&=x\left(1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\right)-(x-r_1)\\&=\left(1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\right)\left\lfloor\frac{n}{1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor}\right\rfloor+r_2\end{aligned}$$

其中，$r_2$ 非负，$x-r_1$ 是严格大于 0 的正整数。这样，我们就证明了：

$$x\left(1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\right)<\left(1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\right)\left\lfloor\frac{n}{1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor}\right\rfloor$$

代入 x 为 n/l：

$$\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor<\left\lfloor\frac{n}{1+\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor}\right\rfloor$$

n/l 严格比 n/(1+(n/(n/l))) 小，因此原命题也就证完了。

上面的讨论，解决了 n/d，在下方的 d 不断增加的情况下，什么时候函数值发生突变。并且，这种增加是单向的，计算时只能让 d 从小往大变化，因为采用这种方法无法找到左端点。

那么如果下方的 d 不变，上方的 n 变化，会发生什么？答案是变简单了。

考虑表达式：n 和 n-1 除以 d 的商取整之差。

$$\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n-1}{d}\right\rfloor$$

根据带余除法的定义，有：

$$n=d\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor+r_1$$ $$n-1=d\left\lfloor\frac{n-1}{d}\right\rfloor+r_2$$

$r_1$ 和 $r_2$ 是余数，都在 0 到 d-1 之间。因此这个表达式，仅当 d 整除 n 的时候相差 1，其他时候均为 0。

一个狄利克雷卷积式的推广，本式有两个变量 n 和 a。当 n 和 a 相等的时候，就是一个标准的狄利克雷卷积式。

$$ \sum_{i=1}^{n}(i,a)=\sum_{d|a}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\varphi(d) $$

它的推论是：

$$\sum_{i=l}^{r}(i,a)=\sum_{d|a}\left(\left\lfloor\frac{r}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{l-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d)$$

由狄利克雷卷积 $\varphi*1=n$，有：

$$ (n,a)=\sum_{d|(a,n)}\varphi(d)=\sum_{d|a \&\& d|n}\varphi(d) $$

根据上面的讨论，有：

$$ (n,a)=\sum_{d|a}\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d) $$

利用数学归纳法对 n 归纳，或两边同时计算部分和，就证明了原命题。

计算：

$$ \left[\sum_{i=1}^n(\left\lfloor\sqrt[3]{i}\right\rfloor,i)\right]\bmod{998244353} $$

其中 $ n\leq10^{21}$。

分析这个问题。完全立方数将 1 到 n 划分为许许多多左闭右开的整数区间，那么最后一个区间是不完全的。因此对立方数进行划分，并单独提取出最后一个不完全区间：

$$ \sum^n_{i=1}(\left\lfloor\sqrt[3]{i}\right\rfloor,i)=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)+\sum^n_{i=\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^3}(\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor,i) $$

根据引理，对于原式右半部分的内容我们便可以通过数论分块在 $O(\sqrt[6]{n})$ 的时间内解决。

$$ \sum^n_{i=\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^3}(\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor,i)=\sum_{d|\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^3-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d) $$

继续展开左边的式子。由求和式中 d 整除 i，设变量 x 满足 $xd=i$，交换求和次序并去取整号整理得：

$$ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)\\ =&\sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\sum_{d|i}\left(\left\lfloor\frac{(i+1)^3-1}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{i^3-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d)\\ =&\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)\sum_{x=1}^{\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}{d}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{(xd+1)^3-1}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{(xd)^3-1}{d}\right\rfloor\right)\\ =&\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)\sum_{x=1}^{\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}{d}\right\rfloor}\left(3dx^2+3x+1\right) \end{aligned} $$

接下来就是平方和公式和等差数列求和，设仅与 d 相关的 y 为：

$$y=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}{d}\right\rfloor$$

得：

$$ \sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)d\frac{y(y+1)(2y+1)}{2}+\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)(\frac{y(y+1)}{2}+y) $$

y 也是一个除以 d 后取整的形式，故依旧可以用数论分块维护。总和式为：

$$ \sum^n_{i=1}(\left\lfloor\sqrt[3]{i}\right\rfloor,i)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)d\frac{y(y+1)(2y+1)}{2}+\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)(\frac{y(y+1)}{2}+y)+\sum_{d|\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^3-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d) $$

通过 $O(\sqrt[3]{n})$ 预处理出 $\varphi(i)i$ 的前缀和与 $\varphi(i)$ 的前缀和，就可以在 $O(^{6}\sqrt{n})$ 的时间内处理每一组询问了。总时间复杂度 $O(\sqrt[3]{n}+^{6}\sqrt{n}*T)$。

注意，读入要用 __int128，但是在开数组的时候都要开 int，否则会爆空间。