莫比乌斯反演总结

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莫比乌斯反演总结

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参考： 1 2

莫比乌斯函数线性筛模板

const int MAX_N=;
bool is_prime[MAX_N];
int prime[MAX_N],cntp=0,mu[MAX_N];//prime为范围内的素数
void Moblus()
{
	repi(i,2,MAX_N-1) is_prime[i]=true; mu[1]=1;
	repi(i,2,MAX_N-1){
		if(is_prime[i]) prime[++cntp]=i,mu[i]=-1;
		repi(j,1,cntp){
			if(i*prime[j]>MAX_N) break;
			is_prime[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
}

公式化简套路
注：一下存在n，m双界时均假设$n<m$
(1) ${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n=1]\leftrightarrow {\sum }_{d|n}\mu (d)=[gcd(i,j)=1]$

(2) ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i=1}^m[gcd(i,j)=1]$
代入式（1）得

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i=1}^m{\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$

后枚举d，考虑i，j实际均为d的倍数，得

$={\sum }_{d=1}^n\mu (d){\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }1{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }1$

即

$={\sum }_{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$

(3) ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i=1}^m[gcd(i,j)=k]$

同除k，得

$={\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$

这样就成（2）了

(4) ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i=1}^{m}ij[gcd(i,j)=k]$

类似（3），同除k，但因i，j的缘故需$\ast k^2$（i，j每个贡献一个k）

$={\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]\ast k^2$

接下来用（1）替换$[gcd(i,j)=1]$，得

$={\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }ij{\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)\ast k^2$

换为枚举d，并调换顺序，得（$d^2$和上面$k^2$原因相同，均为i，j贡献）

$=k^2\ast {\sum }_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\ast d^2{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }i{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }j$

注意到后两项实际为等差数列求和$o(1)$,此时整体复杂度 $o(n)$

(5) ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i=1}^{m}lcm(i,j)$

首先将lcm替换为熟悉的gcd $lcm(i,j)=\frac{i\ast j}{gcd(i,j))}$，得

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i=1}^m\frac{i\ast j}{gcd(i,j))}$

枚举gcd，得

$={\sum }_{d=1}^n{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i=1}^m\frac{i\ast j}{d}\ast [gcd(i,j)=d]$

同除d，并替换$[gcd(i,j)=1]$

$={\sum }_{d=1}^n{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij\ast d{\sum }_{k|gcd(i,j)}\mu (k)$

枚举k，得

$={\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\ast k^2{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor }i{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{dk}\rfloor }j$

此时通过对${\sum }_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }$分块，${\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor }i{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{dk}\rfloor }j$分块，复杂度$o(\sqrt{n}\ast \sqrt{n})=o(n)$

进一步优化，设 $T=dk,f(x)={\sum }_i^{x}i$

$={\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\ast k^2\ast f(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )\ast f(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )$

枚举T，得

$={\sum }_{T=1}^{n}f(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )\ast f(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor ){\sum }_{d|T}d\ast \mu (\frac{T}{d})\ast (\frac{T}{d}{)}^2$

令$d=T/d,T/d=d$,得

$={\sum }_{T=1}^{n}f(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )\ast f(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor ){\sum }_{d|T}d\ast \mu (d)\ast T$

此时观察最后这个式子$f(T)={\sum }_{d|T}d\ast \mu (d)\ast T$，考虑对 $a\perp b$

$f(a)\ast f(b)$
$={\sum }_{d|a}d\ast \mu (d)\ast a{\sum }_{d|b}d\ast \mu (d)\ast b$

a,b互质，则不存在一个d同时为a，b的因数，而每个a，b的d相乘，可构成ab的所有因数，同时$\mu$也是积性函数，得

$={\sum }_{d|ab}d\ast \mu (d)\ast ab$
$=f(ab)$

即$f$为积性函数，可线性筛对$f$预处理,同时处理出其前缀和,设$p$为素数
其中$f(1)=1,f(p)=f(p^k)=1-p$
此时就只有一次分块$o(n)\to o(\sqrt{n})$

(6) ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^k$

枚举gcd，得

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m{\sum }_{d=1}^n{d}^k[gcd(i,j)=d]$
$={\sum }_{d=1}^n{d}^k{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$

将$[gcd(i,j)=1]$换掉,得

$={\sum }_{d=1}^n{d}^k{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }{\sum }_{x|gcd(i,j)}\mu (x)$

枚举x,得

$={\sum }_{d=1}^n{d}^k{\sum }_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (x)\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor \lfloor \frac{m}{dx}\rfloor$

设T=dx，枚举T，x=T/d

$={\sum }_{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor {\sum }_{d|T}{d}^k\mu (\frac{T}{d})$
设$f(T)={\sum }_{d|T}{d}^k\mu (\frac{T}{d})$
其中$f(x)$相当于$g(x)=x^k$与莫比武器函数的狄利克雷卷积，二者均为积性函数，故$f(x)$也为积性函数
考虑积性函数的线性筛,设$p$为质数
$f(1)=1$
$f(p)=p^k-1$
$f(p^a)=p^{ak}$ $-p^{(a-1)\ast k}$( $\mu$取值1和-1分别对应$p^a,p^{a-1}$)
筛出$f$函数后求其前缀和，再分块处理即可

(7) ${\prod }_{i=1}^n{\prod }_{j=1}^m{F}_{gcd(i,j)}$,其中$F_i$为斐波那契数列第i项

$={\prod }_{k=1}^n{F}_k^{{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]}$

对式中F指数部分，常见的除k并换掉$[gcd(i,j)=1]$,得

$={\sum }_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$

代入原式，得

$={\prod }_{k=1}^n{F}_k^{{\sum }_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }$

设T=kd,枚举T，得

$={\prod }_{T=1}^n({\prod }_{k|T}{F}_k^{\mu (\frac{T}{k})}{)}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor }$

设$f(n)={\prod }_{d|n}{F}_d^{\mu (\frac{n}{k})}$,则原式化为

$={\prod }_{T=1}^{n}f(T{)}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor }$

对外层的$\prod$，分块处理，$f$函数预处理即可（每个数的贡献计入其倍数中，$o(nlogn)$）

(8) $d(nm)={\sum }_{i|n}{\sum }_{j|m}[gcd(i,j)=1]$ (假设$d$为约数个数和函数)
证明：$nm$的每个约数均可表示为$i\ast \frac{m}{j}$的式，限制$gcd(i,j)=1$防止计重（若不为1，为k，则存在$\frac{i}{k}和\frac{j}{k}$的情况，此时二者表示的约数相同）
推广：$d(nmt)={\sum }_{i|n}\sum j|m{\sum }_{k|t}[gcd(i,j)=gcd(i,k)=gcd(j,k)=1]$

例题
1.hdu1695
给出$a,b,c,d,k$,问$x\in [a,b],y\in [c,d],gcd(x,y)=k$的对数，其中$a=c=1,gcd(x,y)$于$gcd(y,x)$视为相同对不重复计数
相当于套路（3），只是这里需要考虑计重的问题，设$n<m$，实际重复只会在$x,y\in [1,n]$出现，直接在求总的对数后减去$n=m$的情况下值的1/2即可。
另一个思考的角度：
设$f(d)$为有多少对$(x,y)$使$gcd(x,y)=d$。$F(d)$为有多少对(x,y)使$gcd(x,y)=d$的倍数，
显然，$F(d)$更好算，因为$F(d)=((b/k)/d)\ast ((d/k)/d)$
利用莫比乌斯反演公式的倍数形式，$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$，计算$f(1)$且$d=1,2\dots \dots min(b/k,d/k)$(即倍数形式中所提到的上界)即可。

ll a,b,c,d,k;
int main()
{
	Moblus();
	int T,cas=1;
	si(T);
	while(T--)
	{
		sl(a),sl(b),sl(c),sl(d),sl(k);
		printf("Case %d: ",cas++);
		if(!k) puts("0");	
		else{
			ll ans1=0,ans2=0;
			b/=k,d/=k;
			repi(i,1,min(b,d)) ans1+=mu[i]*(b/i)*(d/i);//这里可以用前缀和+分块加速o(sqrt(n))
			repi(i,1,min(b,d)) ans2+=mu[i]*(min(b,d)/i)*(min(b,d)/i);
			ans1-=ans2/2;
			printf("%lld\n",ans1);
		}
	}
	return 0;
}

2.P2522
问题同上一问，但没有不计重的限制与$a=c=1$的条件
容斥一下（类似二位前缀和）

int k;
ll solve(int n,int m)
{
	n/=k,m/=k;
	if(n>m) swap(n,m);
	ll res=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		res+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);//sum为莫比乌斯函数前缀和
	}
	return res;
}
int main()
{
	Moblus();
	int T; si(T);
	while(T--)
	{
		int a,b,c,d; si(a),si(b),si(c),si(d),si(k);
		ll ans=solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	
	return 0;
}

3.hdu2841
有一个$n\ast m$的网格，人在（0，0）问有几个格点(坐标值不可为0)可以被看到
什么情况下会看不到呢？$gcd(x,y)!=1$，相当于求${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$，按套路（2）处理即可

int main()
{
	Moblus();
	int T; si(T);
	while(T--)
	{
		int n,m; si(n),si(m);
		ll ans=0;
		repi(i,1,min(n,m)) ans+=1ll*mu[i]*(n/i)*(m/i);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

4.Visible Lattice Points
上一个问题扩展为3维的情况（另外，坐标值可为0），空间大小$n\ast n\ast n$
对坐标值$1-n$的情况，类似上一问处理
考虑$x,y,z$一个为0，则就等同于二维,即上一问情况，
2个为零，易知只有3个点（$(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0)$）满足

int main()
{
	Moblus();
	int T; si(T);
	while(T--)
	{
		int n; si(n);
		ll ans=0;
		repi(i,1,n) ans+=1ll*mu[i]*(n/i)*(n/i)*(n/i+3);
		printf("%lld\n",ans+3);
	}
	return 0;
}

5.P1829
套路（5）${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{i=1}^{m}lcm(i,j)$ 对应的题
单次询问$o(n)$的算法

typedef long long ll;
const int MAX_N=1e7+5;
const int mod=20101009;
const int inv2=10050505;
bool check[MAX_N];
int prime[MAX_N/10],cntp=0,mu[MAX_N];//primeΪ·¶Î§ÄÚµÄËØÊý
ll sum[MAX_N];
void Moblus()
{
	ms(check),mu[1]=1;
	repi(i,2,MAX_N-1){
		if(!check[i]) prime[++cntp]=i*1ll,mu[i]=-1;
		repi(j,1,cntp){
			if(i*prime[j]>MAX_N) break;
			check[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	repi(i,1,MAX_N-1) sum[i]=(sum[i-1]+1ll*i*i%mod*mu[i]%mod)%mod;
}
ll cal(int x)
{
	return 1ll*x*(x+1)%mod*inv2%mod;
}
ll solve(int n,int m)
{
	ll ans=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans=(ans+(sum[r]-sum[l-1])*cal(n/l)%mod*cal(m/l)%mod)%mod;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	Moblus();
	int n,m; si(n),si(m);
	if(n>m) swap(n,m);
	ll ans=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans=(ans+1ll*(l+r)*(r-l+1)%mod*inv2%mod*solve(n/l,m/l)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}

单次询问$o(\sqrt{n})$的算法

typedef long long ll;
const int MAX_N=1e7+5;
const int mod=20101009;
const int inv2=10050505;

bool is_prime[MAX_N];
int prime[MAX_N],cntp=0;
int f[MAX_N],sum[MAX_N],low[MAX_N];//f£ºËùÇó»ýÐÔº¯Êý sum£ºfǰ׺ºÍ low£ºi¶ÔÓ¦×îСÖÊÒò×Óp^a
void mf_sieve(int MAX_N)
{
	repi(i,2,MAX_N-1) is_prime[i]=true;
	f[1]=sum[1]=1;//¸ù¾Ý¾ßÌ庯Êý³õʼ»¯
	repi(i,2,MAX_N-1){
		if(is_prime[i]) prime[++cntp]=i,low[i]=i,f[i]=1-i;//¸ù¾Ý¾ßÌ庯Êý³õʼ»¯£¨¼´ÖÊÊý¶ÔÓ¦µÄº¯ÊýÖµ£©
		for(int j=1;j<=cntp&&i*prime[j]<MAX_N;j++){
			is_prime[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j]==0){
				low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j];
				if(low[i]==i) f[i*prime[j]]=1-prime[j];//´ËʱiΪij¸öÖÊÊýµÄÈô¸É´ÎÃÝ£¬f(p^k) low[i]=p^a i%prime[j]=0 => p=prime[j]
				else f[i*prime[j]]=1ll*f[i/low[i]]*f[low[i]*prime[j]]%mod;
				break;
			}
			low[i*prime[j]]=prime[j];
			f[i*prime[j]]=1ll*f[i]*f[prime[j]]%mod;
		}
		sum[i]=(1ll*sum[i-1]+1ll*f[i]*i)%mod;
	}
}
int cal(int x){return 1ll*(1+x)*x%mod*inv2%mod;}
int main()
{

	int n,m; si(n),si(m);
	mf_sieve(max(n,m)+1);
	if(n>m) swap(n,m);
	int ans=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans=(1ll*ans+1ll*cal(n/l)*cal(m/l)%mod*(sum[r]-sum[l-1])%mod)%mod;
	}
	printf("%d\n",(ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}

6.P4449
套路(6) ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^k$对应的题

const int MAX_N=5e6+5;
const int mod=1e9+7;
ll qpow(ll x,ll n,ll mod){ ll res=1;while(n){ if(n&1) res=(res*x)%mod; x=x*x%mod,n>>=1; } return res; }
bool is_prime[MAX_N];
int prime[MAX_N],cntp=0;
int f[MAX_N],sum[MAX_N],low[MAX_N];
int n,k;
void mf_sieve()
{
	repi(i,2,MAX_N-1) is_prime[i]=true;
	f[1]=sum[1]=1;
	repi(i,2,MAX_N-1){
		if(is_prime[i]) prime[++cntp]=i,f[i]=(qpow(i,k,mod)-1)%mod,low[i]=i;
		for(int j=1;j<=cntp&&i*prime[j]<MAX_N;j++){
			is_prime[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j]==0){
				low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j];
				if(low[i]==i) f[i*prime[j]]=(qpow(i*prime[j],k,mod)-qpow(i,k,mod)+mod)%mod;	
				else f[i*prime[j]]=1ll*f[i/low[i]]*f[low[i]*prime[j]]%mod;
				break;
			}
			low[i*prime[j]]=prime[j];
			f[i*prime[j]]=1ll*f[i]*f[prime[j]]%mod;
		}
		sum[i]=(1ll*sum[i-1]+f[i])%mod;
	}
}
int main()
{
	int T; si(T),si(k);
	mf_sieve();
	while(T--)
	{
		int n,m; si(n),si(m);
		int ans=0;
		for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans=(ans+1ll*(sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod*(n/l)%mod*(m/l)%mod)%mod;
		}
		printf("%d\n",(ans%mod+mod)%mod);
	}
	return 0;
} 

7.P3704
套路(7) ${\prod }_{i=1}^n{\prod }_{j=1}^m{F}_{gcd(i,j)}$对应的题

const int MAX_N=1e6+5;
const int mod=1e9+7;
ll qpow(ll x,ll n,ll mod){ ll res=1;while(n){ if(n&1) res=(res*x)%mod; x=x*x%mod,n>>=1; } return res; }
bool is_prime[MAX_N];
int prime[MAX_N],cntp=0,mu[MAX_N];//primeΪ·¶Î§ÄÚµÄËØÊý
int f[MAX_N],pm[MAX_N];
void Moblus()
{
	f[0]=0,f[1]=1;
	repi(i,2,MAX_N-1) is_prime[i]=true,f[i]=(1ll*f[i-1]+f[i-2])%mod; mu[1]=1;
	repi(i,2,MAX_N-1){
		if(is_prime[i]) prime[++cntp]=i*1ll,mu[i]=-1;
		repi(j,1,cntp){
			if(i*prime[j]>MAX_N) break;
			is_prime[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	repi(i,0,MAX_N-1) pm[i]=1;
	repi(i,1,MAX_N-1){
		ll inv=qpow(f[i],mod-2,mod);
		for(int j=i;j<MAX_N;j+=i){
			if(mu[j/i]==-1) pm[j]=(1ll*pm[j]*inv)%mod;
			else if(mu[j/i]==1) pm[j]=(1ll*pm[j]*f[i])%mod;
		}
		pm[i]=(1ll*pm[i]*pm[i-1])%mod;
	}
}
int main()
{
	Moblus();
	int T; si(T);	
	while(T--)
	{
		int n,m; si(n),si(m);
		int ans=1;
		for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans=(1ll*ans*qpow(1ll*pm[r]*qpow(pm[l-1],mod-2,mod)%mod,1ll*(n/l)*(m/l),mod))%mod;
		}
		printf("%d\n",(ans%mod+mod)%mod);
	}
	return 0;
}

8.P3327
求${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}d(ij)$,$d(x)$为x的约数的个数
代入套路(8) $d(nm)={\sum }_{i|n}{\sum }_{j|m}[gcd(i,j)=1]$，得

$={\sum }_{p=1}^n{\sum }_{q=1}^m{\sum }_{i|p}{\sum }_{j|q}[gcd(i,j)=1]$

对每对$gcd(i,j)=1$中的$i,j$,其对应的p,q实际均为其倍数，即产生$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{j}\rfloor$的贡献

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]\ast \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{j}\rfloor$

替换掉$[gcd(i,j)=1]$,得

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{j}\rfloor {\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$

枚举d，得(假设$n<m$)

$={\sum }_{d=1}^n\mu (d){\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{id}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{jd}\rfloor$
$={\sum }_{d=1}^n\mu (d){\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{id}\rfloor {\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\lfloor \frac{m}{jd}\rfloor$

设$g(n)={\sum }_{d=1}^n\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$,得

$={\sum }_{d=1}^n\mu (d)g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )g(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$

下面只需预处理出$g$及$\mu$前缀和，再进行分块即可，处理$g$对每个都运用分块求，预处理复杂度$o(n\sqrt{n})$,单次询问复杂度$o(\sqrt{n})$

typedef long long ll;
const int MAX_N=5e4+5;
bool check[MAX_N];
int prime[MAX_N],cntp,mu[MAX_N];//primeΪ·¶Î§ÄÚµÄËØÊý
ll g[MAX_N],sum_mu[MAX_N];
void Moblus()
{
	ms(check),mu[1]=1;
	int tot=0;
	repi(i,2,MAX_N-1){
		if(!check[i]) prime[++tot]=i*1ll,mu[i]=-1;
		repi(j,1,tot){
			if(i*prime[j]>MAX_N) break;
			check[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	sum_mu[0]=0;
	repi(i,1,MAX_N-1) sum_mu[i]=sum_mu[i-1]+mu[i];
	repi(i,1,MAX_N-1){
		for(ll l=1,r;l<=i;l=r+1){
			r=i/(i/l);
			g[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
		}
	}
}
ll solve(int n,int m)
{
	if(n<m) swap(n,m);
	ll ans=0;
	for(ll l=1,r;l<=m;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*g[n/l]*g[m/l];
	}
	return ans;
}
int main()
{
	Moblus();
	int T; si(T);
	while(T--)
	{
		int n,m; si(n),si(m);
		printf("%lld\n",solve(n,m));
	}
	return 0;
}

9.CodeForces-235E
求${\sum }_{i=1}^a{\sum }_{j=1}^b{\sum }_{k=1}^{c}d(ijk)$,$d(x)$为x的约数的个数
代入套路(8)推广
$={\sum }_{i=1}^a{\sum }_{j=1}^b{\sum }_{k=1}^c{\sum }_{i|a}{\sum }_{j|b}{\sum }_{k|c}[gcd(i,j)=1][gc(j,k)=1][gcd(i,k)=1]$

$={\sum }_{i=1}^a{\sum }_{j=1}^b{\sum }_{k=1}^c\lfloor \frac{a}{i}\rfloor \lfloor \frac{b}{j}\rfloor \lfloor \frac{c}{k}\rfloor [gcd(i,j)=1][gcd(j,k)=1][gcd(i,k)=1]$

将一个$[gcd=1]$换掉（这里选择$(i,j)$,实际选哪个无区别）

$={\sum }_{i=1}^a{\sum }_{j=1}^b{\sum }_{k=1}^c\lfloor \frac{a}{i}\rfloor \lfloor \frac{b}{j}\rfloor \lfloor \frac{c}{k}\rfloor \sum {}_{d|gcd(i,j)}\mu (d)[gcd(j,k)=1][gcd(i,k)=1]$

$={\sum }_{k=1}^c\lfloor \frac{c}{k}\rfloor {\sum }_{i=1}^a\lfloor \frac{a}{i}\rfloor {\sum }_{j=1}^b\lfloor \frac{b}{j}\rfloor \sum {}_{d|gcd(i,j)}\mu (d)[gcd(j,k)=1][gcd(i,k)=1]$

枚举d,得(此时$a,b$分别由$id,jk$构成，后面限制$k\perp i,j$,要总体满足$abc$互质，还需限制$k\perp d$)

$={\sum }_{k=1}^c\lfloor \frac{c}{k}\rfloor {\sum }_{d=1}^{min(a,b)}\mu (d)[gcd(k,d)=1]{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{a}{d}\rfloor }\lfloor \frac{a}{id}\rfloor [gcd(i,k)=1]{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{b}{d}\rfloor }b\lfloor \frac{b}{jd}\rfloor [gcd(j,k)=1]$

设$f(x,y)={\sum }_{i=1}^x\lfloor \frac{x}{i}\rfloor [gcd(i,y)=1]$,得

$={\sum }_{k=1}^c\lfloor \frac{c}{k}\rfloor {\sum }_{d=1}^{min(a,b)}\mu (d)[gcd(k,d)=1]f(\lfloor \frac{a}{d}\rfloor ,k)f(\lfloor \frac{b}{d}\rfloor ,k)$
$f$可$o(n)$求出，可对gcd预处理打表减少求gcd花费的时间

int gcd[MAX_N][MAX_N];
int f[MAX_N][MAX_N];
int cal(int n,int m)
{
	if(~f[n][m]) return f[n][m];//也可以不记忆化，而是第二个循环
	int res=0;
	repi(i,1,n)if(gcd[i][m]==1) res+=n/i;
	return f[n][m]=res;
}
int main()
{
	Moblus();
	repi(i,1,2000)repi(j,i,2000) gcd[i][j]=gcd[j][i]=__gcd(i,j);
	memset(f,-1,sizeof(f));
	int a,b,c; si(a),si(b),si(c);
	int ans=0;
	repi(i,1,a)repi(j,1,min(b,c))if(gcd[i][j]==1) ans=(1ll*ans+mu[j]*(a/i)*cal(b/j,i)*cal(c/j,i)%mod)%mod;
	printf("%d\n",(ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}

10.P2257
设$P$为质数，求${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=P]$
枚举$gcd$,并对$[gcd=1]$替换，得(设$n<m$)

$={\sum }_{p\in P}{\sum }_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor$

设$T=pd$,枚举$T$

$={\sum }_{T=1}^n{\sum }_{p|T\cap p\in P}\mu (\frac{T}{p})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$

设$g(n)={\sum }_{p|n\cap p\in P}\mu (\frac{n}{p})$

$={\sum }_{T=1}^{n}g(T)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$

对于$g$，可以枚举每个质数，将其倍数的贡献计入，对每个数贡献累入倍数的均摊复杂度为$o(logn)$,$1-n$质数约$\frac{n}{ln(n)}$个，总体复杂度约$o(n)$
外层分块处理即可

ll g[MAX_N],sum_g[MAX_N];
ll solve(int n,int m)
{
	if(n<m) swap(n,m);
	ll ans=0;
	for(int l=1,r;l<=m;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(sum_g[r]-sum_g[l-1])*(n/l)*(m/l);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	Moblus();
	repi(i,1,cntp)for(int j=1;1ll*j*prime[i]<MAX_N;j++) g[j*prime[i]]+=mu[j];
	repi(i,1,MAX_N-1) sum_g[i]=sum_g[i-1]+g[i];
	int T; si(T);
	while(T--)
	{
		int n,m; si(n),si(m);
		printf("%lld\n",solve(n,m));
	}
	return 0;
}

对$g$函数，也可以在线性筛的时候处理(从莫比乌斯函数性质出发分析一下)

void Moblus()
{
	repi(i,2,MAX_N-1) is_prime[i]=true; mu[1]=1;
	repi(i,2,MAX_N-1){
		if(is_prime[i]) prime[++cntp]=i*1ll,mu[i]=-1,g[i]=1;
		repi(j,1,cntp){
			if(i*prime[j]>MAX_N) break;
			is_prime[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0,g[i*prime[j]]=mu[i];
				break;
			}
			else mu[i*prime[j]]=-mu[i],g[i*prime[j]]=mu[i]-g[i];
		}
	}
}

不想把做的都再敲一遍证明了markdown打数学公式太累了
在留几个题吧，可以练习一下
P1447 hdu4746 hdu4575 bzoj3529
完结撒花~