min25筛是什么
min25筛是一种筛法，他能以亚线性的时间复杂度筛出一类函数的前缀和
定义一部分符号
$M(x) x\gt1$代表$x$的最小质因子
我们再设$P_j$为第$j$小的质数, $P_1=2,P_2=3,P_3=5…$
先看最简单的第一类函数
$$
\begin{aligned}
f(x)=\left{\begin{matrix}
x^k&x\in primes\
0&x \notin primes
\end{matrix}\right.
\end{aligned}
$$
对于这个函数我们可以利用min25筛来达到$O(\frac{n^\frac{3}{4}}{lg(n)})$的时间复杂度，我们没有办法直接求这个函数的前缀和，但是我们可以另外设一个相对好求的函数$h(x)=x^k$，通过h来求f，因为$\begin{aligned}\sum_{i=2}^nh(i)[i\in primes]=\sum_{i=2}^nf(i)[i\in primes]\end{aligned}$
设$\begin{aligned}
g(n,j)=\sum_{i=2}^nh(i)[i \in primes或M(i)\gt P_j]
\end{aligned}$
即 i要么是质数，要么i的最小质因子大于$P_j$。对g函数的理解，我们甚至可以回忆埃式筛,每一轮都会选择一个最小的质数，然后筛掉他的所有倍数，最终唯有所有的质数不会被筛掉，我们的这个函数就是那些没有被筛掉的数的函数值的和。
$$
\begin{aligned}
g(n,j)=\left{\begin{matrix}
g(n,j-1)-x&M(n)\le P_j\
g(n,j-1)& M(n)\gt P_j
\end{matrix}\right.
\end{aligned}
$$
x处是什么呢?第j-1次的结果和第j次的结果有什么不同呢？第j次埃式筛筛掉了$P_j$的倍数，他们的最小质因子都是$P_j$,所以
$$
\begin{aligned}
x&=\sum_{i=2P_j}^nh(i)[M(i)=P_j]
\&=\sum_{i=2}^{\frac{n}{P_j}}h(iP_j)[M(iP_j)=P_j]
\&=h(P_j)\sum_{i=2}^{\frac{n}{P_j}}h(i)[M(i)\ge P_j]
\&=h(P_j)\sum_{i=2}^{\frac{n}{P_j}}h(i)[M(i)\gt P_{j-1}]
\&=h(P_j)(\sum_{i=2}^{\frac{n}{P_j}}h(i)[M(i)\gt P_{j-1}或i \in primes]-\sum_{i=1}^{j-1}h(P_i))
\&=h(P_j)(g(\frac{n}{P_j},j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}h(P_i))
\end{aligned}
$$
最后就成了这个
$$
\begin{aligned}
g(n,j)=\left{\begin{matrix}
g(n,j-1)-h(P_j)(g(\frac{n}{P_j},j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}h(P_i))&M(n)\le P_j\
g(n,j-1)& M(n)\gt P_j
\end{matrix}\right.
\end{aligned}
$$
到这里就已经可以记忆化递归解决了,但是递归比较慢,我们考虑把它变成非递归,我们观察这个式子。
我们发现我们可以先枚举j因为$g(n,j)$是由$g(?,j-1)$推导过来的，然后从大到小枚举n，来更新数组，又因为n的前一项可能与$\frac{n}{P_j}$有关，所以我们可以把他们都用map映射一下，再进一步分析，根据整除分块的传递性，$\frac{\frac{a}{b}}{c}=\frac{a}{bc}$我们可以得出所有$g(x,y)$中x构成的集合，恰好是集合${x|x=\frac{n}{t},t\in [1,n]}$,最后预处理一下$\sum^{j-1}_{i=1}h(P_i)$即可，对于整除分块的映射，我们又可以加速到O(1)此处不做过多分析。
最后我们得到了这个$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{lg(n)})$算法
再看复杂一些的第二类函数
第二类函数是抽象的积性函数$f$。
如果我们能够通过一些方法求出$\sum_{i=1}^{n}f(P_i)$和$f(P_i^k)$,那么我们就能够很简单得推出f的前缀和。
对于$\sum_{i=1}^{n}f(P_i)$, 我们这样来求，比如说f(x)在x是一个质数的时候能表示为某个简单多项式，那么我们就可以通过将多项式函数看做某些幂函数的线形组合，先求出幂函数各自的质数前缀和，然后相加就可以得到f的质数前缀和。
而对于另外一个$f(P_i^k)$则需要通过函数的定义来求了。
现在假设我们已经预处理出了$\sum_{i=1}^xf(P_i)(x \in n的数论分块即x=\frac{n}{?})其实就是g(x,\infty)$。
我们设$\begin{aligned}S(n,j)=\sum_{i=2}^nf(i)[M(i)\ge P_j]\end{aligned}$注意和$g(n,j)$对比。
$$
\begin{aligned}
&S(n,j)
\=&\sum_{i=j}^{P_i\le n}f(P_i)+f(P_i)S(\frac{n}{P_j},j+1)+f(P_i^2)S(\frac{n}{P_i^2},j+1)+f(P_i^3)S(\frac{n}{P_i^3},j+1)+…
\end{aligned}
$$
这里已经可以了，第一项可以通过两个前缀和相减得到，后边的递归。这就是min25筛的灵魂所在。
我们现在好好来分析一下这个递归式子。我们发现第一项是最好求的，就是第一类函数，但是后边的几项必须要求积性函数。这也是min25筛只能对积性函数起作用的地方。
min25筛能处理更多的函数吗？
我们暂定这些函数为f，显然我们必须要能够求出g和s，这就是min25筛,对于g，这里不对此作过多分析，没有这个必要，我们假定都是一类与幂函数线形组合有关的函数，抑或是某几项与幂函数有关，反正只要能够找到完全积性函数h在质数自变量和f函数存在相等关系即可。s的话，第一项简单差分，后边的看似要求f是积性函数，其实不然，我们仔细分析，其实他要求的是这样的要求: 假定y是x的最小质因子，$z=y^k且z｜x且k最大$，我们只要能够通过$f(z)和f(\frac{x}{z})$这两项能够推出f(x)即可，这里并没有强制要求$f(x)=f(z)*f(\frac{x}{z})即f(x)=f(M(x))$。举个例子，若$f(x)=f(z)=f(y)=y$，我们也是可以求的。
贴一个求$f(a^b)=a \bigotimes b$和$f(x)=M(x)$的代码
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