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杜教筛的作用是可以快速求出积性函数的前缀和，相比于传统的线性筛，杜教筛可以在 $O(n^{2/3})$ 的时间求出积性函数的前缀和。

PS：以下所有除法运算为向下取整（不知道向下取整的LaTex）

前置芝士1：积性函数

什么是积性函数呢？若a⊥b（a,b互质），那么有 $f(ab)=f(a)f(b)$ 则称 $f(x)$ 的积性函数。

前置芝士2：狄利克雷卷积

定义两个积性函数的狄利克雷卷积为 $(f*g)(i)=\sum_{d|n}f(d)$ * $g(\frac{d}{n}) $

给出几个常见的狄利克雷卷积的结论

( $I(x)=1,id(x)=x,\epsilon(x)=[x==1]$ )

1. $\mu*I=\epsilon$

证明： $\mu*I=\sum_{d|n}\mu(d)*I(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]=\epsilon$

倒数第二步是莫比乌斯函数的一个结论

2. $φ*I=id(n)$

证明： $φ*I=\sum_{d|n}φ(d)*I(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}φ(d)=n=id(n)$

对于倒数第二步，考虑统计与 $n$ 的 $gcd$ 分别为 $1,2,...,n$ 的过程：

对于 $1-n$ 所有数，与 $n$ 的 $gcd$ 为 $1$ 的有 $φ(n)$ 个；若 $2|n$ ，则与 $n$ 的 $gcd$ 为2有 $φ(\frac{n}{2})$ 个……以此类推，总共有 $n$ 个数，故 $\sum_{d|n}φ(d)=n$

3. $id*\mu=φ(n)$

证明： $φ(n)*I*\mu=id*\mu$ ----------------结论2可知

$φ(n)*\epsilon=id*\mu$ ------------------------------结论1可知

$φ(n)=id*\mu$ ----------------------------------把卷积拆开即可

前置芝士3：莫比乌斯反演

若 $f=g*I$ ，则有 $g=f*\mu$

我们把卷积拆开

原式为：若 $f(n)=\sum_{d|n}g(d)$ ，则有 $g(n)=\sum_{d|n}f(\frac{n}{d})*\mu(d)$

证明： $f*\mu=g*I*\mu=g*\epsilon=g$

所以 $1$ 的逆是 $\mu$

正文：杜教筛

我们构造积性函数f,g，令 $S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$

$\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|n}f(d)*g(\frac{n}{d})=\sum_{i=1}^{n}g(i)*\sum_{j=1}^{[\frac{n}{i}]}f(j)=\sum_{i=1}^{n}g(i)*S(\frac{n}{i})$

移向得： $g(1)*S(n)=\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{i=2}^{n}g(i)*S(\frac{n}{i})$

$S(n)=\frac{\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{i=2}^{n}g(i)*S(\frac{n}{i})}{g(1)}$ //以后称此为杜教筛公式

我们发现，S(n)是我们所求，我们把S(n)拆成了递归形式，假设我们可以求出 $\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)$ ， $g(x)$ ，我们就可以对 $\sum_{i=2}^{n}g(i)*S(\frac{n}{i})$ 进行整除分块，从而递归求出 $S(N)$ ！

看懂了上述证明，那本题就很简单了吧。

一： $\sum_{i=1}^{n}\mu(i)$

因为 $\mu*I=\epsilon$ ，所以我们定义 $g=I$ ，带入杜教筛公式得 $S(n)=1-\sum_{i=2}^{n}S(\frac{n}{i})$ ，然后就是整除分块的模板了

二： $\sum_{i=1}^{n}φ(i)$

因为 $φ*I=id(n)$ （其实也可以用 $φ(n)=id*\mu$ ），所以我们还是定义 $g=I$ ，带入杜教筛公式得 $S(n)=\frac{(1+x)*x}{2}-\sum_{i=2}^{n}S(\frac{n}{i})$ ，然后发现和上面区别并不大

这样直接求显然是不能做到非线性的，所以我们需要先预处理出一部分的 $φ(i),\mu(i)$ ，然后对于我们处理过的答案，我们可以用一个map来存储（相当于记忆化搜索）以优化时间复杂度。

经过理论证明，当预处理的值= $n^{\frac{2}{3}}$ 时，时间复杂度为 $O(n^{\frac{2}{3}})$

注意几点：

1.本题卡常，所以不要全部开longlong，也不要用map，而用c++11的STL：unordered_map（少了map的排序，复杂度不带log，但常数仍然很大，而且本地要开c++11才能过编译）

2.注意杜教筛的公式， $\sum_{i=2}^{n}g(i)*S(\frac{n}{i})$ 是从2开始的，不然会进入死递归（我也不知道叫什么）

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define debug printf("Now is Line : %d\n",__LINE__)
#define file(a) freopen(#a".in","r",stdin);freopen(#a".out","w",stdout)
#define ll long long
#define mod 1000000007
il int read()
{
    re int x=0,f=1;re char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
    return x*f;
}
#define maxn 5000000
ll pai[maxn+5];
int prim[maxn+5],cnt,mu[maxn+5];
bool vis[maxn+5];
unordered_map<int,int> ans_mu;
unordered_map<int,ll> ans_pai;
il void init()
{
    mu[1]=pai[1]=1;
    for(re int i=2;i<=maxn;++i)
    {
        if(!vis[i]) prim[++cnt]=i,mu[i]=-1,pai[i]=i-1;
        for(re int j=1;j<=cnt&&prim[j]*i<=maxn;++j)
        {
            vis[prim[j]*i]=1;
            if(i%prim[j]==0)
            {
                pai[i*prim[j]]=pai[i]*prim[j];
                break;
            }
            pai[i*prim[j]]=pai[prim[j]]*pai[i];
            mu[i*prim[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(re int i=1;i<=maxn;++i) mu[i]+=mu[i-1],pai[i]+=pai[i-1];
}
il ll get_pai(ll x)
{
    if(x<=maxn) return pai[x];
    if(ans_pai[x]) return ans_pai[x];
    ll ans=((1ll+x)*x)/2ll;
    for(re int l=2,r;l<=x;l=r+1)//其实这里可能会爆int，可以改用用unsigned int
    {
        r=x/(x/l);
        ans-=1ll*(r-l+1)*get_pai(x/l);
    }
    return ans_pai[x]=ans;
}
il int get_mu(int x)
{
    if(x<=maxn) return mu[x];
    if(ans_mu[x]) return ans_mu[x];
    int ans=1;
    for(re int l=2,r;l<=x;l=r+1)
    {
        r=x/(x/l);
        ans-=(r-l+1)*get_mu(x/l);
    }
    return ans_mu[x]=ans;
}
il void doit()
{
    int T=read();
    while(T--)
    {
        int x=read();
        printf("%lld %d\n",get_pai(x),get_mu(x));
    }
}
signed main()
{
    init(),doit();
    return 0;
}