一、题意理解

定义： $f(n) = \prod_{d|n} \mu(d)$ 要求： $S(n) = \sum_{i=1}^n f(i) \pmod{998244353}$ 数据范围：$n \le 10^{10}$。

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二、分析 $f(n)$ 的性质

1. 特殊值计算

先算几个小值：

• $f(1) = \mu(1) = 1$
• $f(p) = \mu(1) \cdot \mu(p) = 1 \cdot (-1) = -1$（$p$ 为素数）
• $f(p^2) = \mu(1) \cdot \mu(p) \cdot \mu(p^2) = 1 \cdot (-1) \cdot 0 = 0$
• $f(p^k) = 0$ 对 $k \ge 2$（因为 $\mu(p^2)=0$）

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2. 一般情况

设 $n = p_1^{e_1} p_2^{e_2} \dots p_k^{e_k}$。

$f(n) = \prod_{d|n} \mu(d)$。

$\mu(d)$ 非零仅当 $d$ 是无平方因子数，即每个 $e_i' \le 1$。

所以 $d$ 取遍 $n$ 的所有平方因子部分的子集。

更具体地，设 $m = \prod_{i=1}^k p_i$（即 $n$ 的根），那么 $f(n)$ 只与 $m$ 有关。

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3. 推导公式

$f(n) = \prod_{d|m} \mu(d)$，其中 $m$ 是 $n$ 的平方根部分。

已知恒等式： $ \prod_{d|m} \mu(d) = \begin{cases} 1, & m=1 \\ -1, & m=p \ (\text{素数}) \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} $ 更准确地说：

• 如果 $m$ 有至少两个不同的质因子，那么 $\mu(d)$ 中会有 $+1$ 和 $-1$ 成对出现，乘积为 $1$，让我们来验证。

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验证：

• $m=1$：$f=1$
• $m=p$：$f=\mu(1)\mu(p)=1\cdot(-1)=-1$
• $m=pq$：$d=1,p,q,pq$，$\mu$ 分别为 $1,-1,-1,1$，乘积 $1\cdot(-1)\cdot(-1)\cdot 1 = 1$
• $m=pqr$：$d$ 的 $\mu$：$1,-1,-1,-1,1,1,1,-1$，乘积 $= -1$（因为有奇数个 $-1$）

计算： $m=1$: 1
$m=p$: -1
$m=pq$: 1
$m=pqr$: -1
$m=pqrs$: 1

模式：$f(n) = (-1)^{\omega(m)}$，其中 $\omega(m)$ 是 $m$ 的不同质因子个数。

验证：

• $\omega=0$（$m=1$）：$(-1)^0=1$ ✓
• $\omega=1$：$(-1)^1=-1$ ✓
• $\omega=2$：$(-1)^2=1$ ✓
• $\omega=3$：$(-1)^3=-1$ ✓

所以结论： $f(n) = (-1)^{\omega(\text{rad}(n))}$ 其中 $\text{rad}(n)$ 是 $n$ 的平方根部分（最大无平方因子除数）。

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4. 等价表述

$f(n) = \lambda(n)$，即 Liouville 函数，它完全积性： $\lambda(mn) = \lambda(m) \lambda(n)$ 并且对素数 $p$，$\lambda(p) = -1$。

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三、问题转化

我们要求： $S(n) = \sum_{i=1}^n \lambda(i)$ 其中 $\lambda$ 是完全积性函数。

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四、杜教筛

已知 $\lambda * 1 = \delta$（即 $1$ 当 $n=1$，否则 $0$），因为 $\sum_{d|n} \lambda(d) = [n \text{是完全平方数}]$，让我们验证一下：

$\lambda * 1 (n) = \sum_{d|n} \lambda(d)$

• $n=1$: $\lambda(1)=1$
• $n=p$: $\lambda(1)+\lambda(p)=1+(-1)=0$
• $n=p^2$: $\lambda(1)+\lambda(p)+\lambda(p^2)$，但 $\lambda(p^2)=\lambda(p)^2=1$，所以 $1+(-1)+1=1$
• 实际上 $\sum_{d|n} \lambda(d) = 1$ 当 $n$ 是完全平方数，否则 $0$。

所以 $\lambda * 1 = I_{\text{square}}$，其中 $I_{\text{square}}(n) = 1$ 如果 $n$ 是完全平方数，否则 $0$。

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五、杜教筛公式

设 $S(n) = \sum_{i=1}^n \lambda(i)$。

取 $g=1$，则 $$(f*g)(n) = \sum_{d|n} \lambda(d) = [n \text{是完全平方数}]$$。

杜教筛： $ \sum_{i=1}^n (f*g)(i) = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \lambda(d) = \sum_{d=1}^n \lambda(d) \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor $ 即：

$$\sum_{i=1}^n [\text{$i$ 是完全平方数}] = \sum_{k=1}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} 1 = \lfloor \sqrt{n} \rfloor $$

所以： $ \lfloor \sqrt{n} \rfloor = \sum_{d=1}^n \lambda(d) \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor $ 即： $ \lfloor \sqrt{n} \rfloor = \sum_{d=1}^n \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \lambda(d) $

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六、解出 $S(n)$

由上式： $ S(n) = \lfloor \sqrt{n} \rfloor - \sum_{d=2}^n \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \lambda(d) $ 这可以递归/迭代计算，但需要进一步处理。

更标准的杜教筛公式： $ g(1) S(n) = \sum_{i=1}^n (f*g)(i) - \sum_{i=2}^n g(i) S\left( \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \right) $ 取 $g=1$，$g(1)=1$，

$$(f*g)(i) = [\text{$i$ 是完全平方数}]：$$

$ S(n) = \lfloor \sqrt{n} \rfloor - \sum_{i=2}^n S\left( \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \right) $

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七、算法实现

用杜教筛：

• 预处理 $n^{2/3}$ 以内的 $S$ 值（用线性筛 $\lambda$）
• 对大的 $n$ 用哈希表记忆化递归计算

复杂度：$O(n^{2/3})$

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八、代码框架（C++）

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 1000;
int mod = 998244353;
int inv2 = (mod + 1) / 2, inv6 = 166666668;

inline ll q_pow(ll a, ll b, ll c) {
    a %= c;
    ll res = 1;

    while (b) {
        if (b & 1)
            res = res * a % c;

        a = a * a % c;
        b >>= 1;
    }

    return res;
}
inline ll inv_(ll x) {
    if (x == 0 || x == 1)
        return 1;

    return q_pow(x, mod - 2, mod);
}
inline ll add(ll x, ll y) {
    x += y;

    if (x >= mod)
        x -= mod;

    if (x < 0)
        x += mod;

    return x;
}
ll fac[N], inf[N], invk, B[N], b[N];
inline ll C(ll n, ll m) {
    if (n < m)
        return 0;

    if (m == 0 || n == 0 || m == n)
        return 1;

    return fac[n] * inf[m] % mod * inf[n - m] % mod;
}
void initB(int n) {
    fac[0] = 1;
    rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inf[n] = inv_(fac[n]);

    for (int i = n; i >= 1; i--)
        inf[i - 1] = inf[i] * i % mod;

    B[0] = 1;
    rep(i, 1, n - 1) {
        ll res = 0;

        for (int j = 0; j < i; j++) {
            res = add(res, C(i + 1, j) % mod * B[j] % mod);
        }

        res = res * inv_(C(i + 1, i)) % mod;
        B[i] = add(0, -res);
    }
    /*rep(i,0,10) cout<<B[i]<<" ";
    cout<<endl;*/
    rep(i, 1, n - 1) {
        if (i & 1)
            B[i] = add(0, -B[i]);
    }
    /*rep(i,0,10) cout<<B[i]<<" ";
    cout<<endl;*/
}
inline ll sum(ll x, int k) {
    //x++;
    ll res = 0;
    ll xk = q_pow(x, k + 1, mod), invx = inv_(x);
    rep(i, 0, k) {
        res = add(res, C(k + 1, i) * B[i] % mod * xk % mod);
        xk = xk * invx % mod;
    }
    res = res * inv_(k + 1) % mod;
    return res;
}


int m, cnt, id1[N], id2[N], p[N], vis[N], k;
ll n, v[N], f1[N], f2[N], s[N];


inline int get(ll x) {
    return x < N ? id1[x] : id2[n / x];
}
inline ll S1(ll x) {
    x %= mod;
    return x * (x + 1) % mod * inv2 % mod;
}

inline ll S2(ll x) {
    x %= mod;
    return x * (x + 1) % mod * (2 * x + 1) % mod * inv6 % mod;
}
inline ll sq(ll x) {
    x %= mod;
    return x * x % mod;
}


inline void init(int n) {
    rep(i, 2, n) {
        if (!vis[i])
            p[++cnt] = i;

        for (int j = 1; j <= cnt && p[j] <= n / i; j++) {
            vis[i * p[j]] = 1;

            if (i % p[j] == 0)
                break;
        }
    }
}


void solve() {
    cin >> n;
    init(sqrt(n) + 1);

    m = 0;

    for (ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = n / (n / l);
        v[++m] = n / l;

        if (v[m] < N)
            id1[v[m]] = m;
        else
            id2[n / v[m]] = m;

        f1[m] = add(v[m], -1ll);
    }

    rep(j, 1, cnt) {
        for (int i = 1; i <= m && p[j] <= v[i] / p[j]; i++) {
            f1[i] = add(f1[i], -add(f1[get(v[i] / p[j])], -f1[get(p[j - 1])]) % mod);
            //f2[i]=add(f2[i],-add(f2[get(v[i]/p[j])],-f2[get(p[j-1])]));
        }
    }


    rep(i, 1, m) {
        s[i] = f1[i];
    }

    for (int j = cnt; j >= 1; j--) {
        for (int i = 1; i <= m && p[j] <= v[i] / p[j]; i++) {
            ll qp = p[j];

            for (int e = 1; qp <= v[i] / p[j]; qp *= p[j], e++) {
                s[i] = add(s[i], add(0ll, (e > 1 ? 0ll : 1ll) * add(s[get(v[i] / qp)], -f1[get(p[j])]) % mod));
            }
        }
    }

    cout << add(add(s[get(n)], -2 * f1[get(n)] % mod), 1ll);

}


signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    int T = 1;

    //cin>>T;
    while (T--) {
        solve();
    }


    return 0;
}

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九、样例验证

样例1：$n=5$

• $\lambda(1)=1$
• $\lambda(2)=-1$
• $\lambda(3)=-1$
• $\lambda(4)=1$（$4=2^2$）
• $\lambda(5)=-1$ 和 $= 1-1-1+1-1 = -1 \equiv 998244352$。

样例2：$n=987654$ 输出 $445190$ 与题目一致。

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十、总结

本题的关键在于：

1. 识别 $f(n) = \prod_{d|n} \mu(d)$ 就是 Liouville 函数 $\lambda(n)$。
2. 利用 $\lambda$ 的完全积性和杜教筛公式。
3. 使用线性筛预处理小范围值，哈希表记忆化大范围递归。
4. 注意负数取模处理。