式子推推推推到厌倦。。。
约定
本文里的数论函数 \(f(n)\) 定义域均为自然数集，值域为整数集。
引入
莫比乌斯反演（以下简称莫反）通常用来解决形如 \(\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[\gcd(i,j) = 1]\) 的问题。
前置知识
一些基本函数
- \(I(n) = 1\)
- \(Id(n) = n\)
- \(\epsilon(n) = [n = 1]\)
- \(\varphi(n) = \sum_{i = 1}^{n}[\gcd(i,n) = 1]\)
狄利克雷卷积
由于莫反和狄利克雷卷积关系并不怎么紧密，所以这里就只讲一下定义和一些基本性质。
定义
\[(f * g)(n) = \sum_{d \mid n}f(d)g(\frac{n}{d})
\]
其中 \(*\) 就表示狄利克雷卷积，\((n)\) 表示范围，通常省略。
性质
- 交换律：\(f * g = g * f\)
- 结合律：\((f * g) * h = f * (g * h)\)
- 分配律：\(f * (g + h) = f * g + g * h\)（\(+\) 就是普通加法）
和乘法很像哈
正文
莫比乌斯反演和 \(\mu\) 函数（莫比乌斯函数）紧密相关。
\(\mu\) 函数
定义
\[\mu(n) = \begin{cases}
1 & n = 1 \\
(-1)^\text{质因子数量} & n \text{ 不含有平方数因子} \\
0 & \text{otherwise.}
\end{cases}
\]
性质
- \(\mu\) 是个积性函数，在 \(\gcd(a,b) = 1\) 时有 \(\mu(ab) = \mu(a)\mu(b)\)，这意味着我们可以用欧拉筛在线性复杂度内求出它。证明很简单。
- 核心出装：\(\sum_{d \mid n}\mu(d) = [n = 1]\)，这个结论非常常用。
证明：
我们可以把 \(n\) 分解成 \(\prod_{i = 1}^{k}p_i^{c_i}\)，设 \(n' = \prod_{i = 1}^{k}p_i\)，那么有 \(\sum_{d \mid n}\mu(n) = \sum_{d \mid n'}\mu(n) = \sum_{i = 1}^{k}\binom{k}{i} \cdot (-1)^i\)，根据二项式定理，\(\sum_{i = 1}^{k}\binom{k}{i} \cdot (-1)^i = [k = 0]\)，所以只有在 \(k = 0\)（即 \(n = 1\)）时原式为 \(1\)，其余时候都为 \(0\)。
这下子我们同时证明了 \((\mu * I)(n) = \epsilon(n)\)，而 \(\epsilon\) 是狄利克雷卷积的单位元，所以 \(\mu\) 也可以定义为 \(I\) 函数的逆元，也就是 \(\mu = I^{-1}\)。
现在你已经学会了莫比乌斯反演了
例题
我们钦定 \(a \le b\)，先推式子：
\[\begin{aligned}
ans
& = \sum_{i = 1}^{a}\sum_{j = 1}^{b}[\gcd(i,j) = d] \\
& = \sum_{i = 1}^{a}\sum_{j = 1}^{b}[d \mid i][d \mid j][\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d}) = 1] \\
& = \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{a}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{b}{d} \rfloor}[\gcd(i,j) = 1]
\end{aligned}
\]
（警觉起来）
我们发现出现了这么一个式子：\([\gcd(i,j) = 1]\)，结合 \(\sum_{d \mid n}\mu(d) = [n = 1]\)，把 \(\gcd(i,j) = 1\) 当做 \(n\)：
\[\begin{aligned}
ans
& = \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{a}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{b}{d} \rfloor}\sum_{g \mid \gcd(i,j)}\mu(g) \\
& = \sum_{g = 1}^{\lfloor \frac{a}{d} \rfloor}\mu(g)\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{a}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{b}{d} \rfloor}[g \mid i][g \mid j] \\
& = \sum_{g = 1}^{\lfloor \frac{a}{d} \rfloor}\mu(g)\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{a}{gd} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{b}{gd} \rfloor}1 \\
& = \sum_{g = 1}^{n}\mu(g)\lfloor \frac{a}{gd} \rfloor \lfloor \frac{b}{gd} \rfloor
\end{aligned}
\]
化成这样我们就可以愉快的数论分块了，复杂度 \(O(a + n\sqrt{a})\)。其中 \(n\) 来自预处理，\(\sqrt{n}\) 来自数论分块的查询。
钦定 \(n \le m\)，依然是推式子：
\[\begin{aligned}
ans
& = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\operatorname{lcm}(i,j) \\
& = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\frac{ij}{\gcd(i,j)} \\
& = \sum_{d = 1}^{n}\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\frac{ij}{d}[\gcd(i,j) = d] \\
& = \sum_{d = 1}^{n}\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\frac{ij}{d}[d \mid i][d \mid j][\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d}) = 1] \\
& = \sum_{d = 1}^{n}\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}\frac{id \cdot jd}{d}[\gcd(i,j) = 1] \\
& = \sum_{d = 1}^{n}\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}ijd\sum_{g \mid \gcd(i,j)}\mu(g) \\
& = \sum_{d = 1}^{n}d\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}
\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}ij\sum_{g \mid \gcd(i,j)}\mu(g) \\
& = \sum_{d = 1}^{n}d\sum_{g = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(g)\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{gd} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{gd} \rfloor}ij \cdot g^2 \\
& = \sum_{d = 1}^{n}d\sum_{g = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}g^2 \mu(g)\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{gd} \rfloor}i\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{gd} \rfloor}j
\end{aligned}
\]
我们发现 \(\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{gd} \rfloor}i\) 和 \(\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{gd} \rfloor}j\) 就是一个等差数列求和，可以 \(O(1)\) 求，而 \(\sum_{g = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}g^2 \mu(g)\) 可以在线性筛的时候预处理，接下来就是愉快的数论分块时间了。
总结
其实看上面两个题，你应该已经知道大概了流程了：先把枚举 \(\gcd\)，然后就会出现 \([\gcd(i,j) = 1]\)，直接套上核心出装，然后来一个数论分块，这道题就做完了。
你可以通过下面的好题推荐来强化。
好题推荐
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