这儿只是一个简单说明/概括/总结。
原理见这：
https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/9185093.html
https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/9187319.html
首先计算\[g(n,j)=\sum_if(i),\quad i是质数\ 或\ i的最小质因子严格大于P_j\\g(n,j)=\begin{cases}g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-f(P_j)\left[g(\frac{n}{P_j},j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)\right]&P_j^2\le n\end{cases}\]
类似埃氏筛法，\(P(n,j)\)就是筛\(j\)次后剩下的数的\(f\)和，再加上所有质数\(p\)的\(f(p)\)之和。
\(P_j^2>n\)时，这一次筛不会筛掉任何数，所以就是\(g(n,j-1)\)。
\(P_j^2\leq n\)时，考虑第\(j\)次筛掉了哪些数，也就是最小质因子是\(P_j\)的那些数。因为是积性函数，所以我们直接提出一个\(P_j\)（来保证它含\(P_j\)）。
要被筛掉的数在除掉一个\(P_j\)后的最小质因子一定仍大于等于\(P_j\)（否则在之前就被筛掉了），这符合\(g(\frac{n}{P_j},j-1)\)的定义。所以减掉一个\(f(P_j)g(\frac{n}{P_j},j-1)\)。但是\(g(\frac{n}{P_j},j-1)\)还包含所有质数的\(f(p)\)之和，所以再加上\(\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)\)。
那初值呢？先把所有合数的\(f\)的计算方式看做和质数一样，以便对所有数的\(f\)值快速求个和，用它作为\(g(n,0)\)。这样虽然合数的\(f\)值是假的，但是\(g(n,|P|)\)还是能正确的表示所有质数\(p\)的\(f(p)\)之和。
现在考虑算上合数的\(f\)值求和。令\[S(n,j)=\sum_if(i),\quad i是质数\ 或\ i的最小质因子大于等于P_j\]
我们把\(S(n,j)\)分两部分计算，一是所有质数的贡献，二是所有合数的贡献。对于\(f(1)\)最后单独算下。
那么所有质数的贡献可以用\(g\)表示，也就是\(g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)\)（因为最小质因子要大于等于\(P_j\)，所以把那些减掉）。
对于合数，枚举这个合数的最小质因子及其次数，用积性函数的性质直接算：\[S(n,j)=g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k=j}^{P_k^2\leq n}\sum_{e=1}^{P_k^{e+1}\leq n}\left[f(P_k^e)\times S(\frac{n}{P_k^e},k+1)+f(P_k^{e+1})\right]\]
\(f(P_k^{e+1})\)是\(S\)没有考虑的那部分（就是\(P_k^{e+1}\)这样的合数，而\(S(..,k+1)\)就把这些数忽略掉了）。
答案就是\(S(n,1)+f(1)\)。
流程：
把所有合数看做质数，求一遍和，得到初值\(g(n,0)\)。同时预处理一个\(f(P_i)\)的前缀和。
用\[g(n,j)=\begin{cases}g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-f(P_j)\left[g(\frac{n}{P_j},j-1)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)\right]&P_j^2\le n\end{cases}\]
计算\(g(x,|P|)\)（把第二维滚动掉）。
用\[S(n,j)=g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k=j}^{P_k^2\leq n}\sum_{e=1}^{P_k^{e+1}\leq n}\left[f(P_k^e)\times S(\frac{n}{P_k^e},k+1)+f(P_k^{e+1})\right]\]
计算\(S(n,1)+f(1)\)。
计算\(S,g\)的复杂度都是\(O(\frac{n^{\frac34}}{\log n})\)。
对于其它积性函数，同\(g\)一样计算。
例题：
LOJ 6053 简单的函数
原文：https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/10101811.html