你会莫反吗？

你会莫反吗？

https://www.luogu.com.cn/blog/38785/post-94-xian-hua
https://www.luogu.com.cn/blog/wky/mu-fan-ke-neng-kuai-shi-bai

众所周知，在 OI 中见到 gcd 就要考虑莫反……真的吗？

例 1

证明

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \min(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor, \lfloor \dfrac{m}{j} \rfloor) [i \perp j] = nm \]

考虑所有有序整数对 \((x, y)\) 满足 \(1 \le x \le n\)，\(1 \le y \le m\)，\((x, y)\) 唯一对应了一个有序整数对 \((x', y')\)，其中 \(x' = \frac{x}{\gcd(x, y)}\)，\(y' = \frac{y}{\gcd(x, y)}\)。不难发现满足限制的 \((x, y)\) 共有 \(nm\) 个，而考虑每一对互质的 \((a, b)\)，其反过来恰好对应了 \(\min(\lfloor\dfrac{n}{a}\rfloor, \lfloor \dfrac{m}{b} \rfloor)\) 个数对，这样就说明了原等式成立。

你从这个例子应该能得到一些感受：gcd 是很厉害的。

例 2

证明

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \dfrac{1}{ij} [i \perp j] [i + j > n] = 1 \]

厉害一点的做法可以在第一个链接中找到，我直接归纳吧。

不难验证上述命题对 \(n=1\) 成立，对 \(n \ge 2\)，上述命题可等价转化为

\[S(n) = \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n \dfrac{1}{ij} [i \perp j] [i + j > n] = \dfrac{1}{2} \]

\(n = 2\) 时命题成立，现假设命题对 \(n=k-1\) 成立，则

\[S(k + 1) = S(k) - \sum_{i=1}^{n / 2} [i \perp (n - i)] \dfrac{1}{i(n-i)} + \sum_{i=1}^n [i\perp n] \dfrac{1}{ni} \]

欲证 \(S(k) = S(k-1)\)，则只需证后面那两坨东西相等。

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n/2}[i \perp (n-i)] \dfrac{1}{i(n-i)} &= \sum_{i=1}^{n/2}[i \perp n] \dfrac{1}{i(n-i)}\\ &=\sum_{i=1}^{n/2} (\dfrac{[i \perp n]}{ni} + \dfrac{[(n - i) \perp n]}{n(n-i)})\\ &= \sum_{i=1}^n \dfrac{[i \perp n]}{ni} \end{aligned} \]

故命题对 \(n=k\) 同样成立！

这么证其实是用了 gcd 的性质，第一个链接的做法我认为更厉害，因为他直接把互质的条件去掉了。怎么做呢？思路是直接枚举 gcd 然后建立 \(F\) 和 \(G\) 的关系，其中用到了 \((\mu \cdot \operatorname{id^{-2}}) * {id^{-2}} = \varepsilon\)。

例 3

求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [i \perp j] \]

我们套用一下大神的做法：

设 \(F(n) = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [i \perp j]\)，\(G(n) = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n 1 = n^2\)

则

\[G(n) = \sum_{d=1}^n F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

即 \(g = f * 1\)，利用 \(1 * \mu = e\) 可知 \(f = \mu * g\)，有木有很激动？

例 4

来鞭尸一下这题：循环之美

要求

\[F(n, m) = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i \perp j][j \perp k] \]

那么设 \(s(n) = \sum_{i=1}^n[i\perp k]\)， \(G(n, m) = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[j \perp k] = ns(m)\)

有

\[\begin{aligned} G(n, m) &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[j \perp k] \\ &= \sum_{d=1}^{n}[d \perp k]\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[i \perp j][j \perp k]\\ &= \sum_{d=1}^n [d \perp k] F(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor, \lfloor \dfrac{m}{d}\rfloor) \end{aligned} \]

你惊奇的发现这个是杜教筛的形式！所以直接杜教筛即可。

上面这两个例子只是简单地利用了枚举 gcd 的方法，相比直接莫反本质上没什么优越性。

未完待续...