2019.01.21【BZOJ2694】【BZOJ4659】Lcm（莫比乌斯反演）

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解析：

首先这个东西我们必须要把它转化成式子不然没法推。

考虑利用莫比乌斯函数转化一下，我们要求的就是：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)|\mu (gcd(i,j))|$$

注意上面$\mu$外面套的是绝对值符号。

我必须承认这个式子看着很鬼畜，但是只要不怕转化，就能化出来：$$\begin{array}{rl}Ans=& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}|\mu (gcd(i,j))|\\ =& \sum _{d=1}^{\min (n,m)}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{d}|\mu (d)|[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^{\min (n,m)}d|\mu (d)|\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]\end{array}$$

当出现形如$[n=1]$的求和式子的时候，我们知道，可以开始反演了：
$$\begin{array}{rl}Ans=& \sum _{d=1}^{\min (n,m)}d|\mu (d)|\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij\sum _{t\mid gcd(i,j)}\mu (t)\end{array}$$

接下来用$S(n)$来表示${\sum }_{i=1}^{n}i$，显然上面的$ij$用结合律拆开后可以简化。得到：$$\begin{array}{rl}Ans=& \sum _{d=1}^{\min (n,m)}d|\mu (d)|S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )\sum _{t\mid gcd(i,j),i\le \lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,j\le \lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\mu (t)\\ =& \sum _{d=1}^{\min (n,m)}d|\mu (d)|\sum _{t=1}^{\frac{\min (n,m)}{d}}{t}^2\mu (t)S(\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{dt}\rfloor )\end{array}$$

这个$dt$很麻烦，考虑直接枚举：$$\begin{array}{rl}Ans=& \sum _{T=1}^{\min (n,m)}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )T\sum _{d\mid T}d\mu (d)|\mu (\frac{T}{d})|\end{array}$$

前面那一坨已经可以考虑整除分块了，但是我们要找到一个高效的方法维护这个东西的前缀和：$g(T)=T{\sum }_{d\mid T}d\mu (d)|\mu (\frac{T}{d})|$

其实就是这个东西$g=Id\cdot ((Id\cdot \mu )\ast |\mu |)$

我们知道积性函数的乘积和$Dirichlet$卷积结果仍然是积性函数，换句话说，$g$是积性函数，可以在线性筛的时候一起处理。

那么首先显然有：
$g(1)=1$

$\forall p\in \mathbb{P},g(p)=p(1-p)$，这个可以通过直接展开得到

$\forall p\in \mathbb{P},n\in {\mathbb{N}}_{\ast },gcd(n,p)=1,g(pn)=g(p)g(n)$，这个由积性函数性质得到。

那么现在需要考虑的就是$p\in \mathbb{P},n\in {\mathbb{N}}_{\ast },gcd(n,p)=p$，怎么求$g(np)$。

首先，将$n$分解：$n=n^{\prime }\times p^s$

如果$s\ge 2$，那么$np$中至少含有三个$p$这个因子，那么这一项$\mu (d)|\mu (\frac{T}{d})|$就恒为$0$（根据抽屉原理），此时$g(np)=0$

不然，$s=1$，我们可以得到：$g(np)=g(\frac{n}{p})g(p^2)$。

考虑怎么求$g(p^2)$。

其实我们可以暴力展开：
$$g(p^2)=p^2\cdot (1\cdot \mu (1)\cdot |\mu (p^2)|+p\cdot \mu (p)|\mu (p)|+p^2\cdot \mu (p^2)|\mu (1)|)=-p^3$$

这道题就做完了。

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代码：

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc get_char
#define pc putchar
#define cs const

namespace IO{
     
	namespace IOONLY{
     
		cs int Rlen=1<<18|1;
		char buf[Rlen],*p1,*p2;
	}
	inline char get_char(){
     
		using namespace IOONLY;
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	
	inline int getint(){
     
		re int num;
		re char c;
		while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
		while(isdigit(c=gc()))num=(num+(num<<2)<<1)+(c^48);
		return num;
	}
}
using namespace IO;

cs int P=4000006;
int prime[P],pcnt;
int g[P];
bool mark[P];
inline void linear_sieves(int len=P-6){
     
	g[1]=1;
	for(int re i=2;i<=len;++i){
     
		if(!mark[i])prime[++pcnt]=i,g[i]=i*(1-i);
		for(int re j=1;i*prime[j]<=len;++j){
     
			mark[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0){
     
				if(i/prime[j]%prime[j])g[i*prime[j]]=-prime[j]*prime[j]*prime[j]*g[i/prime[j]];
				else g[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			g[i*prime[j]]=g[i]*g[prime[j]];
		}
	}
	for(int re i=2;i<=len;++i)g[i]+=g[i-1];
}

inline int S(cs int n){
     return n*(n+1ll)/2;}

inline int solve(int n,int m){
     
	if(n>m)swap(n,m);
	unsigned int ans=0;
	for(int re i=1,j;i<=n;i=j+1){
     
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(g[j]-g[i-1])*S(n/i)*S(m/i);
	}
	return ans&((1<<30)-1);
}

signed main(){
     
	linear_sieves();
	for(int re T=getint();T--;cout<<solve(getint(),getint())<<'\n');
	return 0;
}