Content：数论
Date：2025.7.30
课堂内容
莫比乌斯函数
定义如下：
\[\mu(n) = \begin{cases}
1 & n=1 \\
(-1)^k & n = p_1 p_2 p_3 \dots p_k, \forall p_i \in P \\
0 & otherwise \\
\end{cases}
\]
其中莫比乌斯函数有如下性质：
\[\sum_{d|n} \mu(d) = [n=1]
\]
欧拉函数
定义如下：
\[\varphi(n) = \sum_{i=1}^n [gcd(n,i)=1]
\]
其中欧拉函数具有如下性质：
\[\sum_{d|n} \varphi(d) = n
\]
莫比乌斯反演
对于任意两个数论函数 \(f(n)\)，\(g(n)\)，有如下推导：
\[f(n) = \sum_{d|n} g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{d|n} \mu(d) f(\frac{n}{d})
\]
例题
题意
给定 \(n\)，\(m\)，求：
\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j) \in Prime]
\]
思路
课上没怎么听懂，自己推了下竟然推出来了。
我们看到 \([gcd(i,j) \in Prime]\)，考虑从质数入手，可以枚举质数，这样式子化为：
\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{p \in Prime} [gcd(\frac{i}{p},\frac{j}{p})=1]
\]
把质数枚举提到前面去，得到：
\[\begin{aligned}
& \sum_{p \in Prime} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(\frac{i}{p}, \frac{j}{p}) = 1] \\
=& \sum_{p \in Prime} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} [gcd(i,j) = 1]
\end{aligned}
\]
对于后面一个埃德森括号，发现可以使用莫比乌斯函数的 \(\displaystyle \sum_{d|n} \mu(d) = [n = 1]\) 这个性质，于是式子化为（这里钦定 \(n < m\)）：
\[\begin{aligned}
& \sum_{p \in Prime} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \sum_{d | gcd(i,j)} \mu(d) \\
=& \sum_{p \in Prime} \sum_{d=1}^{n} \mu(d) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor
\end{aligned}
\]
令 \(pd = t\)，则：
\[\begin{aligned}
& \sum_{p \in Prime} \sum_{d=1}^n \mu(d) \lfloor \frac{n}{t} \rfloor \lfloor \frac{m}{t} \rfloor \\
\end{aligned}
\]
这时候这个和式就可以划分为两个互相独立的部分，所以：
\[\begin{aligned}
& \sum_{t=1}^n \lfloor \frac{n}{t} \rfloor \lfloor \frac{m}{t} \rfloor \sum_{p | t, p \in Prime} \mu(\frac{t}{p})
\end{aligned}
\]
前面一个和式可以整除分块，后面的可以前缀和，这样我们就做完啦~~~
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题目大意
给定 \(a\)，\(b\) 和 \(d\)，求：
\[\sum_{i=1}^{a} \sum_{j=1}^b [gcd(i,j) = d]
\]
思路
对于给定的式子，我们和第一题一样做如下变换：
令 \(n = \frac{a}{d}, m = \frac{b}{d}\)，则
\[\begin{aligned}
& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j) = 1] \\
=& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{k | gcd(i,j)} \mu(k) \\
=& \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} \mu(k) \\
=& \sum_{k=1}^n \mu(k) \lfloor \frac{n}{k} \rfloor \lfloor \frac{m}{k} \rfloor
\end{aligned}
\]
所以又变回了第一题的整除分块加前缀和了。
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题目大意
已知函数 \(d(n)\) 表示整数 \(n\) 的约数个数，给定 \(n,m\) 求：
\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij)
\]
思路
对于函数 \(d(n)\)，可以发现这是一个积性函数，但是不是一个完全积性函数，所以不能把 \(d(ij)\) 拆成 \(d(i) \times d(j)\)。
但是对于这个形式的函数 \(d(n)\)，我们可以根据定义发现另一个更优秀的性质：
\[d(ij) = \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y) = 1]
\]
通过枚举原来的 \(i,j\)，加上容斥，我们就可以把 \(d(ij)\) 写开来，这样有利于后面的变换。
\[\begin{aligned}
& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij) \\
=& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y) = 1] \\
=& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j} \sum_{d|gcd(x,y)} \mu(d) \\
=& \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor \sum_{d|gcd(x,y)} \mu(d) \\
=& \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor \\
=& \sum_{d=1}^n \mu(d) (\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \lfloor \frac{n}{xd} \rfloor) (\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{m}{yd} \rfloor )
\end{aligned}
\]
令 \(f(x) = \displaystyle \sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)，则原式可以表达为：
\[\begin{aligned}
\sum_{d=1}^n \mu(d) f(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) f(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor)
\end{aligned}
\]
对于 \(\mu(d), f(n)\) 均可以预处理得到，剩下的就是整除分块了。
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