数论函数补充 公式推导

\(\begin{array}{l} 考虑问题\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{m}_{j=1} [gcd(i,j)=p]\ \ \ ( n,m\leqslant 1e7)\\ \\ \Leftrightarrow \sum\limits _{p}\sum\nolimits ^{\lfloor \frac{min( m,n)}{p} \rfloor }_{d=1} \mu ( d) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor \\ \\ \\ \Leftrightarrow \sum ^{min( n,m)}_{i=1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor \sum\limits _{p|i} \mu \left(\frac{i}{p}\right)\\ \\ \\ 以上是推到的关键步骤，\\ \\ 以下是细节推导。\\ \\ \\ ( 1)\rightarrow ( 2) :firstly\ 对每个p分别计算其对答案贡献：\\ \\ ( 1) \Leftrightarrow \sum\limits _{p}\sum\limits ^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor }_{i=1}\sum\limits ^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor }_{j=1} [gcd(i,j)=1]\ \ \\ \\ \\ secondly\ 为了得到( 2) ，较简单的方法是使用mobius\ inv的引理\\ \\ \mu *I=e\ \\ \\ ( \ *是迪利克雷卷积\ I( n) =1\ ,\ e( n) =[ n=1] \ )\\ \\ 即\sum _{d|n} \mu ( d) =[ n=1]\\ \\ \\ （\ \ \ \ ( 6) 的证明：将n分解，n=p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} ...p_{k}^{a_{k}} ,\\ 所有\mu 不为0,且有i个质因子的数的贡献可以表示为C( k,i) \times ( -1)^{i} ，\\ 而\forall n >1:\sum ^{k}_{i=1} C( k,i) \times ( -1)^{i} =0\ \ \ \ )\\ \\ \therefore \sum _{d|gcd( i,j)} \mu ( d) =[ gcd( i,j) =1]\\ \\ \therefore ( 4) \Leftrightarrow \sum\limits _{p}\sum\limits ^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor }_{i=1}\sum\limits ^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor }_{j=1}\sum _{d|gcd( i,j)} \mu ( d)\\ \\ Thirdly\ 我们比较( 2) 和( 7) 发现\sum\limits ^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor }_{i=1}\sum\limits ^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor }_{j=1}\sum _{d|gcd( i,j)} 变成了\sum\nolimits ^{\lfloor \frac{min( m,n)}{p} \rfloor }_{d=1} \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor \\ \\ 可以这么理解，我们枚举d，计算\mu ( d) 的个数，\\ \\ \left( \ d的取值范围是1\sim \lfloor \frac{min( m,n)}{p} \rfloor \ \right)\\ \\ \because d|gcd( i,j) \ \therefore i,j是d的倍数时才对结果有贡献，\\ \\ \therefore \mu ( d) 有\lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor 个。\\ \\ \\ \\ \therefore \sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{m}_{j=1} [gcd(i,j)=p]\Leftrightarrow \sum\limits _{p}\sum\limits ^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor }_{i=1}\sum\limits ^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor }_{j=1}\sum _{d|gcd( i,j)} \mu ( d) \Leftrightarrow \sum\limits _{p}\sum\nolimits ^{\lfloor \frac{min( m,n)}{p} \rfloor }_{d=1} \mu ( g) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor \\ \\ \\ 从( 1)\rightarrow ( 2) 的推导也可以直接使用莫比乌斯反演。\\ \\ 首先证明莫比乌斯反演：f=g\ *\ I\ \Rightarrow g=\mu \ *\ f\\ \\ 使用迪利克雷卷积的交换律和结合律以及( 5)\\ \\ f=g\ *\ I\ \Longrightarrow \ \mu \ *\ f=g\ *\ ( \mu \ *\ I) \ =g\ *\ e\ =g\ \\ \\ \ 得证。同理g=\mu \ *\ f\Longrightarrow \ f=g\ *\ I\ \\ \\ ( 8) \Leftrightarrow F( n) =\sum _{d|n} f( d) \Longrightarrow f( n) =\sum _{d|n} \mu ( d) F\left(\frac{n}{d}\right)\\ \\ ( 10) \Leftrightarrow F( n) =\sum _{n|d} f( d) \Longrightarrow f( n) =\sum _{n|d} \mu \left(\frac{d}{n}\right) F( d)\\ \\ 利用11，我们设f( d) 为\sum\limits ^{x}_{i=1}\sum\limits ^{y}_{j=1} [gcd(i,j)=d]\ \left( x,y\rightarrow n,m以防混淆\right)\\ \\ 则F( n) 为\sum _{n|d} f( d) =\sum _{n|gcd(i,j)}\sum\limits ^{x}_{i=1}\sum\limits ^{y}_{j=1} [gcd(i,j)=k\times n]\\ \\ 即某一范围内n|gcd( i,j) 的对数\\ \\ 直接求得其为F( n) =\lfloor \frac{x}{n} \rfloor \lfloor \frac{y}{n} \rfloor \ \\ \\ f( n) 通过反演可以求得\\ \\ f( n) =\sum _{n|d} \mu \left(\frac{d}{n}\right) \lfloor \frac{x}{d} \rfloor \lfloor \frac{y}{d} \rfloor \ \\ \\ 带入( 1) 有\sum\limits ^{p< min( n,m)}_{p} f( p) \Leftrightarrow \sum\limits _{p}\sum _{p|d} \mu \left(\frac{d}{p}\right) F( d)\\ \\ 这里设k\times p\ =\ d< min( n,m) ,( 12) 等价于对于每个p计算\ \mu ( k) F( kp) ,\\ \\ 然后把k再命名为d,有\\ \\ \sum\limits _{p}\sum ^{\lfloor \frac{min( m,n)}{p} \rfloor }_{d=1} \mu ( d) F( pd)\\ \\ \Leftrightarrow \ \sum\limits _{p}\sum\nolimits ^{\lfloor \frac{min( m,n)}{p} \rfloor }_{d=1} \mu ( d) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor \ \ \ 方法1得证\\ \\ \\ ( 2) \Longrightarrow ( 3) \ \\ \\ 枚举pd,记为i，\sum\limits _{p}\sum ^{min( n,m)}_{i=1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor \mu \left(\frac{i}{p}\right)\\ \\ \Leftrightarrow \sum ^{min( n,m)}_{i=1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor \sum\limits _{p|i} \mu \left(\frac{i}{p}\right)\\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \end{array}\)