莫反 复习

模拟赛考了一道莫反结果只写了低档暴力

定义完全积性函数：定义域在\(>0\)的自然数内。
有\(f(ab)=f(a)f(b)\)
例子：\(f(a)=a\)

定义积性函数：如果\((a,b)=1,f(ab)=f(a)f(b)\)
推论：设\(a\)的唯一分解：\(p_1^{b1}p_2^{b2}...p_n^{bn}\)，则\(f(a)=f(p_1^{b1})f(p_2^{b2})...f(p_n^{bn})\)

积性函数的求法：线性筛。
在遍历所有倍数的过程中：
要求当\(i\mod p=0\)时，则\(f(ip)\)的值能够被算出。
当\(i\mod p\neq 0\)时，按照积性函数的性质计算\(f(ip)\)
所以线性筛法要求：在质数处次幂的取值能够快速算出，一个数和质数的乘积的函数值可以快速算出。
事实上，根据素数定理，我们只需要做\(\frac{n}{\log_2n}\)次函数在质数处的求值。
这使得我们可以在几乎线性的时间内求出所有\(i^k\)。

常见的积性函数：定义mobius函数\(u\)。
它的函数值：
当\(a=1\)，\(u(a)=1\)
设\(a\)的唯一分解：\(p_1^{b1}p_2^{b2}...p_n^{bn}\)
当\(b_1=b_2=...=b_n=1\)，则\(u(a)=(-1)^n\)
否则\(u(a)=0\)
这事实上满足上面筛法对与积性函数的约定，所以可以线性筛求出。

常见的积性函数：\(p(x)\)表示\(<x\)的和\(x\)互质的正整数。
求法：设\(a\)的唯一分解：\(p_1^{b1}p_2^{b2}...p_n^{bn}\)
则\(p(x)=x\prod_{i=1}^n\frac{p_i-1}{p_i}\)
它的性质：当\(x\)是质数，则\(p(x)=x-1\)，当\(x\mod p\neq 0\)，\(p\)是素数，\(p(x*p)=p(x)*(p-1)\)
这使得它满足线性筛的约定，可以线性筛。

数论函数\(e(x)=[x=1]\)

数论函数\(I(x)=1\)

数论函数\(d(x)\)是\(x\)的约数个数

数论函数\(id(x)=x\)

数论函数\(id(x)^n=x^n\)

定义两个函数的dirchlet卷积：\(h(n)=\sum f(\frac{n}{i})g(i)\)记为\(h=f*g\)
其中\(i|n\)
求法：调和级数

void ml(int *a,int *b,int *ans){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j*i<=n;j+=i)
			ans[j]+=a[i]*b[j/i];
}

时间复杂度\(O(n\log_2n)\)

定义两个函数互为逆元：\(e=f*g\)
在已知\(f\)的情况下，\(g\)可以构造出来。
方法：https://www.luogu.com.cn/paste/64fn78k9

定义dirchlet前缀和：\(b(n)=\sum a(\frac{n}{i})\)，其中\(i|n\)
这事实上是\(b*I\)
它有两种做法：
做法1：枚举\(a(x)\)，贡献到\(x\)的倍数。
时间复杂度\(O(n\log_2n)\)
做法2：魔力筛

void si(int *a){
	for(int i=1;p[i]<=n;i++)
		for(int j=1;j*p[i]<=n;j++)
			a[j*p[i]]+=a[j];
}

\(p\)是素数表。
考虑\(j\)的唯一分解，发现事实上它是在按照质数从小到大的顺序做高维前缀和。
这就证明了它的正确性
可以证明时间复杂度是\(O(n\log_2\log_2n)\)
\(b*u\)也可以快速求

void si(int *a){
	for(int i=ct;i;i--)
    	        for(int j=(N-1)/p[i];j;j--)
	    	        a[j*p[i]]-=a[j];
}

事实上它是在按照质数从小到大的顺序做高维差分。
时间复杂度也是\(O(n\log_2\log_2n)\)

dirchlet卷积的常见定理：
莫比乌斯定理：\(e=I*u\)
事实上可以把\(u\)函数看成容斥原理。
如果\(f,g\)都是积性函数则\(f*g\)是积性函数

莫比乌斯反演的两种形式：
\(F(n)=\sum_d f(\frac{n}{d}),f(n)=\sum_d u(\frac{n}{d})F(d)，[d|n]\)
证明：\(F=I*f\)，根据mobius反演定理\(f=F*u\)
\(F(n)=\sum_d f(d),[n|d],f(n)=\sum_d u(\frac{d}{n})F(d),[n|d]\)
这个不知道怎么证明

整除分块算法：用于快速求\(\sum_{i=1}^n \lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)
虽然\(i\)的取值有\(n\)种，但是\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的取值只有\(O(\sqrt{n})\)种。
可以用如下算法求出：

for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
	j=n/(n/i);
	
}

\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)和\(i\)相同的范围是\([i,j]\)。
这是基于一个结论：和\(i\)整除性相同的最大位置是\(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\)
即使把\(i\)换成其他的值也能做。
如果有多个下取整，可以取\(\min\)
如果我们要求\(\sum_{i=1}^n \lfloor\frac{n}{i}\rfloor f(i)\)，则事实上我们要对于每个\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor f(i)\)的取值\(d\)，求出\(df(i)\)的和。
这相当于求出\(f(i)\)在区间\([i,j]\)的和。
差分后就变成前缀和。
所以我们需要求出\(f(i)\)的前缀和。

杜教筛：
用于计算某个积性函数\(g\)的前缀和
考虑构造另一函数\(f\)，计算\(f*g\)的前缀和。
设\(S(n)\)是\(g\)从\(1\to n\)的前缀和
\(\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})\)
\(=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(i)\)
\(=\sum_{d=1}^nf(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\)
考虑差分
\(f(1)S(n)=\sum_{d=1}^nf(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)-\sum_{d=2}^nf(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{d=2}^nf(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\)
这样子就能快速算\(S(n)\)了。
如果我们能够快速计算\(\sum_{i=1}^n(f*g)(i)\)也就是\(f*g\)的前缀和，使用整除分块快速计算\(\sum_{d=2}^nS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\)，我们就能得到答案。
根据前面的分析，我们要快速求的事实上是\(f*g\)的前缀和，所以需要构造一个可以快速求前缀和的函数。
可以证明，如果用记忆化，时间复杂度为\(O(n^{\frac{3}{4}})\)
如果预处理出前\(n^{\frac{2}{3}}\)个答案，时间复杂度为\(O(n^{\frac{2}{3}})\)

关于数论函数的几个结论：
1.\(u(ij)=u(i)u(j)[i\perp j]\)
这事实上是积性分解
2.\(d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[x\perp y]\)
这是sdoi某题的结论
推论：\(d(ijk)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{z|k}[x\perp y][x\perp z][y\perp z]\)
\(\sigma_1(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[x\perp y]xy\)
3.\(p(ij)=\frac{p(i)p(j)(i,j)}{p((i,j))}\)
这是bzoj3152的结论。
4.\([(a,b)=d]=[(\frac{a}{d},\frac{b}{d})=1]\)
5.如果\(f\)是积性函数，\(f(\gcd(a,b))f([a,b])=f(a)f(b)\)
6.\(u(i)^2=\sum_{e^2|i}u(e)\)
7.\(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\sum_{i=1}^nd(i)\)

数论反演的变换和式规则：
1.交换\(\sum,\prod\)
这样子可能可以把一个函数拿出来
2.分拆
把数论函数拆成多个部分放在\(\sum,\prod\)内
这事实上是分配律。
有时候要构造出能够分拆成两部分的函数。
如果\(f(x)\)能够被移动到前面，则保证前面要有\(f\)内部的量
3.枚举每个数的出现次数
这个数要被视为整体。
对于1,3，可能有新的对于和式的限制，要小心处理
只要在满足前面三个条件，就可以任意变换。

有时候如果一个数论函数的部分太麻烦，则可以视为一个整体进行
事实上，如果无法交换和式，且和式内有比较麻烦的部分。
则可以将里面的部分构造新的函数。

数论函数\(\sigma(x)\)就是\(x\)的约数和，\(\sigma^k(x)\)就是\(x\)的所有约数的\(k\)次方和。

关于数论函数的几个定理：\(u*I=e\)
\(p*I=id\)
\(d=I*I\)
\(\sigma=id*I\)
\(\sigma^k=id^k*I\)

如果整除分块内有多个下取整函数，则应该在每次整除分块时，在一段内保证这些函数的值不变。
对于每个数处理出\((a_i,c)\)，表示在\([a_i,a_{i+1})\)区间内值为\(c\)。
然后把所有的二元组按照\(a\)排序后计算。

快速存储\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的方法：
由于整除分块，本质不同的\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)只有\(\sqrt{n}\)种。
当\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)较小（小于\(\sqrt{n}\)），则存在\(f_{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\)
否则存在\(g_{\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}{i}\rfloor}\)内。

例题，有代表性的才有详细题解，才会写代码：
1.sub problem：
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\)
\(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\)
\(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{e|\gcd(i,j)}u(e)\)
\(\sum_{e=1}^nu(e)\lfloor\frac{n}{de}\rfloor\lfloor\frac{m}{de}\rfloor\)
用整除分块计算
1.1 YY的GCD
用sub-problem转化原式，可以得知
\(\sum_{d=1}^n[d\ is\ prime]\sum_{e=1}^nu(e)\lfloor\frac{n}{de}\rfloor\lfloor\frac{m}{de}\rfloor\)
直接做会tle。
但是可以枚举\(de\)，枚举后发现我们要预处理\(\sum[t\ is\ prime]u(\frac{T}{t})\)
这可以用调和级数处理。
1.2 [HAOI2011]Problem b
有了关于区间的限制，可以拆成4个二维前缀和
1.3 能量采集
先把答案\(-nm\)后\(/2\)
根据1.1的经验，我们要求\(\sum_{T=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d|T}du(\frac{T}{d})\)
后面\(\sum_{d|T}du(\frac{T}{d})\)事实上是\(u*I=p\)，可以线性筛
1.4 数表
忽略对于\(\sigma_1\)的限制
\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma_0((\gcd(i,j))\)
用子问题的结论，枚举\(\gcd\)，\(ans=\sum_{d=1}^{n}\sigma_1(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[(i,j)=1]=\sum_{d=1}^{n}\sigma_1(d)\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}u(e)\lfloor\frac{n}{de}\rfloor\lfloor\frac{m}{de}\rfloor\)
枚举\(T=de\)，答案等于\(\sum_{T=1}^n\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{e|T}u(\frac{T}{e})\sigma_1(e)\)
用整除分块计算\(\sum_{T=1}^n\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\)，事实上我们要求一个区间的\(\sum_{e|T}u(\frac{T}{e})\sigma_1(e)[\sigma_1(e)\leq a]\)
这事实上是一个有\(n\sqrt{n}\)次插入和查询的二维偏序问题，用bit解决。
1.5 crash的数字表格
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i,j]=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)}=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[(i,j)=1]ij=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{e|(i,j)}u(e)ij\)
\(=\sum_{d=1}^nd\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}u(e)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{de}\rfloor}ij\)
\(=\sum_{d=1}^nd\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}u(e)s2(\lfloor\frac{n}{de}\rfloor)s2(\lfloor\frac{m}{de}\rfloor)\)
枚举\(T=de\)，\(\sum_{T=1}^ns2(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)s2(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{e|T}u(e)\frac{T}{e}\)
前面\(s2(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)s2(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\)整除分块，后面就是\(u*id\)
发现这是积性函数，可以用线性筛求出。
1.6 lg5221
\(\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{lcm(i,j)}{\gcd(i,j)}=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{ij}{\gcd(i,j)^2}=(\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n{ij})*(\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{1}{\gcd(i,j)})^2\)
\((\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n{ij})=(\prod_{i=1}^ni)(\prod_{j=1}^nj)=(n!)^2\)
\((\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{1}{\gcd(i,j)})^2\)就是sub-problem
1.7 作业题
用\(p*I=id\)
\(\sum_{T}\sum_{e}(\sum_{i=1}^{n-1}e_i)\gcd(e_1...e_{n-1})\)
\(\sum_{T}\sum_{e}(\sum_{i=1}^{n-1}e_i)\sum_{d|w_{1}...d|w_{n-1}}p(d)\)
枚举\(d\)。
\(\sum_{d=1}^mxp(d)\sum_{d|w_{1}...d|w_{n-1}}\sum_{e}(\sum_{i=1}^{n-1}e_i)\)
这事实上可以对于每个\(d\)，提取出\(d\)的倍数进行矩阵树定理
把每条边\(i\)看做一个多项式\(w_ix+1\)。
在矩阵树定理中，加法就是多项式加法，乘法就是多项式乘法，除法就是多项式求逆。
注意剪枝：一个有效的剪枝：如果当前边数\(<n-1\)则不用矩阵树。
1.8 文艺数学题
上一道题弱化版。
1.9 选数
又是裸题
\(ans=\sum_{i1=L}^H\sum_{i2=L}^H....\sum_{in=L}^H[\gcd(i1,i2...in)=k]\)
令\(l=\lfloor\frac{L-1}{k}\rfloor,r=\frac{H}{k}\)
\(ans=\sum_{i1=l}^r\sum_{i2=l}^r....\sum_{in=l}^r[\gcd(i1,i2...in)=1]\)
莫反，\(ans=\sum_{i1=l}^r\sum_{i2=l}^r....\sum_{in=l}^r\sum_{d|\gcd(i1,i2...in)}u(d)\)
拿出\(d\)，\(\sum_{i=1}^r(\lfloor\frac{R}{k}\rfloor-\lfloor\frac{L-1}{k}\rfloor)^n\)
杜教筛即可。
1.10 lcm
1.11 DZY Loves Math VI
\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(\frac{ij}{\gcd(i,j)})^{\gcd(i,j)}\)
枚举\(\gcd\)，\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(\frac{ij}{\gcd(i,j)})^{\gcd(i,j)}\)
\(ans=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=1](ijd)^d\)
反演，\(ans=\sum_{d=1}^nd^d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{e|i,e|j}u(e)(ij)^d\)
\(ans=\sum_{d=1}^nd^d\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}u(e)(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}i^d)(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}j^d)\)
令\(f_i=i^d\)，在\(d\)增大时，\(f\)可以被递推算出
算出\(f\)后算前缀和，\(ans\)就能在调和级数时间内计算。
1.12 [bzoj3309]DZY Loves Math
1.13 atoranta
https://www.cnblogs.com/ctmlpfs/p/14092130.html
2.于神之怒加强版
用1.3转化原式，可以得知
\(\sum_{T=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d^k|T}du(\frac{T}{d})\)
后面是\(f=id^k*u\)。
发现后面是积性函数。
考虑怎么求它在\(p^k\)的值。
后面只有当\(u\)取\(1\)或者\(p\)才有意义。
所以\(f(p^v)=(p^k-1)p^{k(v-2)}\)
要求它和一个质数\(p\)的乘积
这样子就可以线性筛了。
根据素数定理，\(\log_2\)被去掉了。
3.数字表格
这道题说明乘法函数也是能拆贡献的。
枚举\(\gcd(i,j)\)
根据sub-problem的结论答案是\(\prod_{i=1}^nf_d^{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}u(i)\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\lfloor\frac{m}{id}\rfloor}\)
枚举\(id\)
\(\prod_{T=1}^n\prod_{d|T}f_d^{u(\frac{T}{d})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\)
对\(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\)整除分块，前面暴力预处理。
4.[SDOI2015]约数个数和
用上面提到的结论转化公式即可。
5.简单的数学题
\(\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=d]ij\)
\(\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]ij\)
\(\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{e|\gcd(i,j)}u(e)ij\)
\(\sum_{d=1}^nd^3\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}u(e)e^2(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}i)(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}j)\)
\(\sum_{d=1}^nd^3\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}u(e)e^2s2({\lfloor\frac{n}{de}\rfloor})^2\)
枚举\(de\)，\(\sum_{T=1}^nT^2s2(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\sum_{e|T}u(\frac{T}{e})e\)
后面是\(u*id=p\)
\(\sum_{T=1}^nT^2s2(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)p(T)\)
筛\(i^2p(i)\)构造\(g(x)=x^2\)，则两者卷积起来答案等于\(x^3\)，前缀和可以快速计算
6.小Q的表格
套路题
研究\(f\)的性质，它很像\(\gcd\)。
容易发现，它一定会递归到\((\gcd(a,b),\gcd(a,b))\)
打表可得，\(f(a,b)=\frac{f(\gcd(a,b),\gcd(a,b))}{\gcd(a,b)^2}\)
如果修改一个格子\((a,b)\)，则实质上是修改\(f(\gcd(a,b),\gcd(a,b))\)，这可以快速计算。
考虑莫反，枚举\(\gcd(a,b)\)，\(ans=\sum_{d=1}^nf(d,d)\sum_{d|i}\sum_{d|j}\frac{ij}{d^2}[\gcd(i,j)=d]\)
\(ans=\sum_{d=1}^nf(d,d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]\)
令\(G(x)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]\)
有一结论：\(G(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=1]ij=\sum_{i=1}^n i^2p(i)\)
\(ans=\sum_{d=1}^nf(d,d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} i^2p(i)\)
对\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)，则我们要预处理\(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} i^2p(i)\)的前缀和，查询时要查询\(O(q\sqrt{n})\)次区间和。
这显然能用bit维护。
由于修改的次数是\(O(n)\)，查询的次数是\(O(n\sqrt{n})\)，使用分块可以得到更优秀的复杂度
7.四月樱花
8.毒瘤之神的考验
由前面的结论\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{p(i)p(j)\gcd(i,j)}{p(\gcd(i,j))}\)
拿出\(\gcd\)，\(ans=\sum_{d=1}^n\frac{d}{p(d)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mp(i)p(j)[\gcd(i,j)=d]\)
\(ans=\sum_{d=1}^n\frac{d}{p(d)}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}p(id)p(jd)[\gcd(i,j)=1]\)
反演，\(ans=\sum_{d=1}^n\frac{d}{p(d)}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}p(id)p(jd)\sum_{e|\gcd(i,j)}u(e)\)
拿出\(e\)，\(ans=\sum_{d=1}^n\frac{d}{p(d)}\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}u(e)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}p(ide)p(jde)\)
枚举\(T=de\)，\(ans=\sum_{T=1}^n\sum_{d|T}(\frac{d}{p(d)}u(\frac{T}{d}))(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}p(iT))(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}p(jT))\)
\(G(T)=\sum_{d|T}(\frac{d}{p(d)}u(\frac{T}{d}))\)可以调和级数处理
设\(f(i,j)=\sum_{d=1}^np(dj)\)，显然有\(f(i,j)=f(i-1,j)+p(ij)\)
\(f\)只需要处理到\(ij\leq n\)，值域是调和级数，是\(O(n\log_2n)\)的
原式转化为\(ans=\sum_{T=1}^nG(T)f(T,\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)f(T,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)\)
令\(h(a,b,n)=\sum_{T=1}^nG(T)f(T,a)f(T,b)\)，这样子就能整除分块了。
整除分块后，我们要计算一段\(h(a,b,r)-h(a,b,l-1)\)这在当\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)较小时相当优，然而较大时不能预处理
设一个阈值\(B\)，考虑计算\(h(a,b,n),a\leq B,b\leq B\)，可以递推
\(h(a,b,n)=h(a,b,n-1)+G(n)f(n,a)f(n,b)\)
当\(a>B\)或者\(b>B\)时暴力计算。
时间复杂度\(O(n\log_2n+nB^2+T(\sqrt{n}+\frac{n}{B}))\)
8.1 CF809E
由前面的结论\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{p(a_i)p(a_j)\gcd(a_i,a_j)}{p(\gcd(a_i,a_j))}di(i,j)\)
显然拿出\(\gcd,ans=\sum_{d=1}^n\frac{d}{p(d)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^np(a_i)p(a_j)di(i,j)[\gcd(a_i,a_j)=d]\)
\(\gcd,ans=\sum_{d=1}^n\frac{d}{p(d)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^np(a_i)p(a_j)di(i,j)[\gcd(\frac{a_i}{d},\frac{a_j}{d})=1][a_i|d][a_j|d]\)
\(\gcd,ans=\sum_{d=1}^n\frac{d}{p(d)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^np(a_i)p(a_j)di(i,j)\sum_e[e|\frac{a_i}{d},e|\frac{a_j}{d}]u(e)[a_i|d][a_j|d]\)
拿出所有被\(d\)整除的数，除以\(ed\)，设为\(b\)，有\(p\)个，下标为\(c\)
\(ans=\sum_{d=1}^n\frac{d}{p(d)}\sum_{e=1}^nu(e)\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^pp(b_ied)p(b_jed)di(c_i,c_j)\)
枚举\(T=ed\)，\(ans=\sum_{T=1}^n(\sum_{d|T}\frac{d}{p(d)}u(\frac{T}{d}))\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^pp(b_iT)p(b_jT)di(c_i,c_j)\)
设\(F(T)=(\sum_{d|T}\frac{d}{p(d)}u(\frac{T}{d}))\)，对所有\(c\)建立虚树，\(ans=\sum_{T=1}^nF(T)\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^pp(b_iT)p(b_jT)di(c_i,c_j)\)
由于\(a\)互不相同，所以虚树总点数是\(O(n\log_2n)\)的。
设\(a_i=p(Tb_i)\)，则我们要求\(ans=\sum_{T=1}^nF(T)\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^pa_ia_jdi(dep_{c_i}+dep_{c_j}-dep_{lca(c_i,c_j)})\)
\(dep_{c_i}+dep_{c_j}\)显然可以考虑每个数的贡献然后直接算。
\(dep_{lca(c_i,c_j)}\)考虑枚举\(lca=x\)
这就是\((\sum_{i=1}^pa_i)(\sum_{j=1}^pa_j)dep_{x}\)，可以容斥计算。
9.jzpkil
套路题
\(\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)^x[i,n]^y=n^y\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)^{x-y}i^y\)
如果\(x=y\)，那么显然可以直接自然数幂求和
\(n^y\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)^{x-y}i^y=n^y\sum_{d|n}d^{x-y}\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=d]i^y\)
\(=n^y\sum_{d|n}d^{x-y}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[\gcd(i,\frac{n}{d})=1](id)^y\)
\(=n^y\sum_{d|n}d^x\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i^y\sum_{e}[e|i,ed|n]u(e)\)
\(=n^y\sum_{d|n}d^x\sum_{ed|n}u(e)e^y(\sum_{i=1}^{\frac{n}{de}}i^y)\)
\((\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}i^y)\)事实上是一个取值为\(\frac{n}{de}\)的最多\(y\)次多项式，设系数为\(a\)
\(=n^y\sum_{d|n}d^x\sum_{ed|n}u(e)e^y\sum_{i=0}^y(\frac{n}{de})^ia_i\)
事实上，这是dirchlet卷积
设\(f(p)=p^x,g(p)=u(p)e^y,h(p)=\sum_{i=0}^yp^ya_i\)
则答案等于\(f*g*h\)
发现\(h\)不是积性函数，所以不太能做
但是把\(i\)拿出来，\(f*g*h\)就是积性函数了。
\(=n^y\sum_{i=0}^ya_i\sum_{d|n}d^x\sum_{ed|n}u(e)e^y(\frac{n}{de})^i\)
设\(f(p)=p^x,g(p)=u(p)e^y,h(p)=p^i\)，这样子就是积性函数了。
根据积性函数的定义，考虑对于每个\(p\)，计算\((f*g*h)(p^k)\)
枚举\(p^k\)的分拆，最多\((\log_2n)^2\)种，然后暴力计算答案。
时间复杂度是\(O(y(\log_2n)^2+n^{\frac{1}{4}}+y^2)\)
考虑挖掘\((f*g*h)(p^k)\)的限制，事实上，这对于\(g\)的限制非常苛刻，只有当\(g\)中\(p\)的幂次取\(0,1\)时才有可能有值。
时间复杂度是\(O(y\log_2n+n^{\frac{1}{4}}+y^2)\)
10.时空穿梭
枚举第一个点和最后一个点的坐标差
设\(mn\)为\(m\)的最小值
\(ans=\sum_{x1,x2...xn}C_{\gcd(x_1,x_2...x_n)}^{c-2}\prod_{i=1}^n(m_i-x_i)\)
拿出\(\gcd\)，\(ans=\sum_dC_{d}^{c-2}\sum_{x1,x2...xn}\prod_{i=1}^n(m_i-dx_i)[\gcd(x_1...x_n)=1]\)
反演，得到\(ans=\sum_dC_{d}^{c-2}\sum_{x1,x2...xn\leq \frac{m_i}{d}}\prod_{i=1}^n(m_i-dx_i)\sum_eu(e)[e|\gcd(x_1...x_n)]\)
拿出\(e\)，\(ans=\sum_{d\leq mn}C_{d}^{c-2}\sum_{e\leq \frac{mn}{d}}u(e)\sum_{x1,x2...xn\leq \frac{m_i}{de}}\prod_{i=1}^n(m_i-dex_i)\)
用和式的定律转化上式，这个部分把时间复杂度降低到多项式级别，得到：\(ans=\sum_{d\leq mn}C_{d}^{c-2}\sum_{e\leq \frac{mn}{d}}u(e)\prod_{i=1}^n\sum_{x_i\leq \frac{m_i}{de}}(m_i-dex_i)\)
用等差数列求和转化后面，\(ans=\sum_{d\leq mn}C_{d}^{c-2}\sum_{e\leq \frac{mn}{d}}u(e)\prod_{i=1}^n\frac{\lfloor\frac{m_i}{de}\rfloor(2m_i-de-de\lfloor\frac{m_i}{de}\rfloor)}{2}\)
枚举\(T=de\)，\(ans=\sum_{T=1}^{mn}(\prod_{i=1}^n\frac{\lfloor\frac{m_i}{T}\rfloor(2m_i-T-T\lfloor\frac{m_i}{T}\rfloor)}{2})(\sum_{d|T}C_{d-1}^{C-2}u(\frac{T}{d}))\)
用调和级数枚举倍数预处理\(\sum_{d|T}C_{d-1}^{c-2}u(\frac{T}{d})\)，设为\(f(T)\)
拿出\(T\)，\(ans=\sum_{T=1}^{mn}(\prod_{i=1}^n\frac{\lfloor\frac{m_i}{T}\rfloor(2m_i-T-T\lfloor\frac{m_i}{T}\rfloor)}{2})f(T)\)
前面部分事实上是一个关于\(T\)的多项式，设为\(g(T)\)，系数数组为\(a\)
对\(\lfloor\frac{m_i}{T}\rfloor\)整除分块，我们每次要查询一个区间的值：\(ans=\sum_{T=l}^{r}G(T)f(T)\)
拿出\(F\)，\(ans=\sum_{i=0}^na_i\sum_{T=l}^rg(T),ans=\sum_{i=0}^na_i\sum_{T=l}^rg(T)T^i\)
后面是和询问无关的。
由于整除分块，多项式只有\(n\sqrt{mn}\)种，可以暴力乘积预处理
11.旧试题
\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^Cd(ijk)\)
\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{x|A}\sum_{y|B}\sum_{z|C}[x\perp y][x\perp z][y\perp z]\)
\(\sum_{x=1}^A\sum_{y=1}^B\sum_{z=1}^C[x\perp y][x\perp z][y\perp z]\lfloor\frac{A}{x}\rfloor\lfloor\frac{B}{y}\rfloor\lfloor\frac{C}{z}\rfloor\)
\(\sum_{x=1}^A\sum_{y=1}^B\sum_{z=1}^C\sum_{i|(x,y)}\sum_{j|(x,z)}\sum_{k|(y,z)}\lfloor\frac{A}{x}\rfloor\lfloor\frac{B}{y}\rfloor\lfloor\frac{C}{z}\rfloor u(i)u(j)u(k)\)
\(\sum_{i=1}^{\min(A,B)}\sum_{j=1}^{\min(A,C)}\sum_{k=1}^{\min(B,C)}u(i)u(j)u(k)(\sum_{[x,y]|i}\lfloor\frac{A}{i}\rfloor)(\sum_{[x,z]|j}\lfloor\frac{B}{y}\rfloor)(\sum_{[y,z]|k}\lfloor\frac{C}{z}\rfloor)\)
暴力枚举约数预处理形如\((\sum_{[x,y]|i}\lfloor\frac{A}{i}\rfloor)\)的公式
这样子看上去时间复杂度还是\(O(n^3)\)，但是事实上很多状态走不到
如果\([x,y]>i\)或者\([x,z]>j\)或者\([y,z]>k\)，则不合法
把\(u==0\)的节点去掉，然后把\([x,y]\leq n\)的节点连边三元环计数
由于限制非常苛刻，打表后发现合法边不多。
12.蒜头的奖杯
前一道题理论上可以用这道题的做法解决，但是实际上过不去。
做法1："旧试题"反演，三个同时反演
\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^CA_iB_jC_kD_{\gcd(i,j)}E_{\gcd(i,k)}F_{\gcd(j,k)}\)
考虑构造\(\gcd\)的dirchlet卷积（这事实上也是莫反）
把\(D,E,F\)与\(u\)卷积，设为\(D',E',F'\)
\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^CA_iB_jC_k\sum_{x|\gcd(i,j)}\sum_{y|\gcd(i,k)}\sum_{z|\gcd(j,k)}D'_{x}E'_{y}F'_{z}\)
提取\(x,y,z\)
\(\sum_{x=1}^A\sum_{y=1}^B\sum_{z=1}^CD'_iE'_jF'_k\sum_{[x,y]|i}\sum_{[x,z]|j}\sum_{[y,z]|k}A_iB_jC_k\)
\(\sum_{[x,y]|i}\sum_{[x,z]|j}\sum_{[y,z]|k}\)的限制十分苛刻，要求\([x,y]\leq n\)
所以也可以三元环计数
做法2：
考虑只反演两个
和前面一样用dirchlet卷积优化反演工作量，设\(E,F\)和\(u\)的卷积是\(E',F'\)
\(G(A)=\sum_{ij\leq n}A_j\)
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^nA_iB_jC_kD_{\gcd(i,j)}E_{\gcd(i,k)}F_{\gcd(j,k)}\)
\(\sum_{k=1}^nC_k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nA_iB_jD_{\gcd(i,j)}\sum_{a|(i,k)}\sum_{b|(j,k)}E'_aF'_b\)
拿出\(\sum_{a|(i,k)}\sum_{b|(j,k)}\)
\(\sum_{\frac{ab}{(a,b)}\leq n}E'_aF'_bG(C)_{\frac{ab}{(a,b)}}\sum_{ia\leq n}\sum_{jb\leq n}A_{ia}B_{jb}D_{\gcd(ia,ib)}\)
枚举\((a,b)=d\)
\(\sum_{d}\sum_{a}\sum_{b,dab\leq n}[(a,b)=1]E'_{da}F'_{db}G(C)_{dab}\sum_{iad\leq n}\sum_{jbd\leq n}A_{iad}B_{jbd}D_{\gcd(iad,jbd)}\)
令\(H_i=A_{id},I_i=B_{id},J_i=C_{id}\)
要求\(\sum_{d}\sum_{a}\sum_{b,dab\leq n}[(a,b)=1]E'_{da}F'_{db}G(C)_{dab}\sum_{x}\sum_{y}H_{ax}I_{by}J_{\gcd(ax,by)}\)
反演\(J_{\gcd(ax,by)}\)，设\(J'=J*u\)
\([(a,b)=1]E'_{da}F'_{db}G(C)_{dab}\sum_{a|X}H_{X}\sum_{b|X}I_{b}\sum_{b|z}J'_{z}[r|z]\)
考虑用dirchlet前缀和求出上式
设\(t_a=J'_i[a|i]\)
用dirchlet后缀和求
设\(t'_a=I_a\sum_{i|a}t_i\)
用dirchlet前缀和求
\(t''_a=H_a\sum_{a|i}t'_i\)
用dirchlet后缀和求
枚举\(d,a,b\)，用\(t''\)的元素更新答案。
可以证明时间复杂度是\(O(n\sqrt{n}\log_2\log_2n)\)
13.一个人的数论
14.记忆
判定两个数乘起来是否是平方，根据定义，只需要关心每个素因子的个数\(\mod 2\)的值是否等于\(0\)
把所有素因子的次数\(\mod 2\)后，每一个素因子要么同时存在，要么不存在。
这事实上是"动态几何问题"的结论
先考虑\(l=1\)
定义\(f(x)\)：把所有素因子的次数\(\mod 2\)后的答案。
显然把所有\(f(x)\)相同的数放在一起最优
枚举\(f(x)=y\)，则根据前面的分析，答案等于每组形如\(x^2y\)的数的数量\(-1\)。
转化后得到：区间内\(f(x)=x\)数
14.1 动态几何问题
14.2 完全平方数
显然二分。一个数含有平方因子就是它的\(u\)值\(=0\)
问题转化成询问一个前缀\([1,x]\)有多少个整数不包含完全平方数，设为\(x\)。
考虑容斥
公式：所有数-为一个质因数平方的倍数+为2个质因数平方的倍数-....
这事实上是\(u\)的定义
于是得到公式：\(f(x)=\sum_{i^2< n}u(x)\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor\)
暴力计算即可。
15.FJWC lg
16.循环之美
有引理：\(i,j\)符合要求只有\((i,j)=1\)
知道这个引理后考虑反演
用整体思想，设\(F(n,m,k)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [(i, j)=1][(j,k)=1]\)
对后面反演，\(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [(i, j)=1]\sum_{d|j,d|k}u(d)\)
拿出\(d\)，\(\sum_{d|k}u(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[(i,jd)=1]\)
\([(i,jd)=1]=[(i,j)=1][(i,d)=1]\)
这样子就能递归到子问题\(\sum_{d|k}u(d)\sum_{i=1}^nF(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor,n,d)\)
当\(k=1\)时就不能递归了
但是问题转化成\(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [(i, j)=1]\)
根据前面的结论它等于\(\sum_{e=1}^nu(e)\lfloor\frac{n}{e}\rfloor\lfloor\frac{m}{e}\rfloor\)
用整除分块，需要计算一段区间的\(u\)。可以杜教筛。
\(F\)要记忆化保证复杂度
17.公约数
考虑\(i,j,k\)的唯一分解，设某个质数为\(p\)，它包含\(p^a,p^b,p^c\)
把\(a,b,c\)从小到大排序。
\(\gcd(ij,ik,jk)\)的\(p\)幂次为\(p^{a+b}\)
\(\gcd(i,j,k)\)的\(p\)幂次为\(p^a\)
\(\gcd(ij,ik,jk)*\gcd(i,j,k)\)的\(p\)幂次为\(p^{2a+b}\)
后面的式子通分后，含有p的幂次是\(\frac{x}{p^{2a+b}}\)
所以，我们要求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^p\gcd(i,j)+\gcd(i,k)+\gcd(j,k)\)
把这个拆成独立的3部分：\((p*\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j))+(n*\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^m\gcd(i,j))+(m*\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^p\gcd(i,j))\)
然后就变成了于神之怒弱化版了。
18.太阳神
先容斥后枚举\(\gcd\)，我们要求\(\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=d][ij\leq nd]=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1][ijd\leq n]\)
反演\(\gcd\)，\(\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[ijd\leq n]\sum_{e|\gcd(i,j)}u(e)\)
拿出\(e\)，\(\sum_{e=1}^nu(e)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{e}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}[ijde^2\leq n]=\sum_{e=1}^nu(e)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{e}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ide^2}\rfloor\)
发现\(u(e)\)的上界是\(\sqrt{n}\)，这样子就不用杜教筛了。
同样考虑\(i\)的上界，它是\(\lfloor\frac{n}{de^2}\rfloor\)。
设\(f(n)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，答案等于\(\sum_{e=1}^{\sqrt{n}}u(e)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{e}\rfloor}f(\lfloor\frac{n}{de}\rfloor)\)
枚举\(e\)，对\(\lfloor\frac{n}{e}\rfloor\)整除分块。
\(f(i)\)只会用到\(\sqrt{n}\)个，可以整除分块
\(f(n)\)事实上是\(1...n\)的所有数的约数个数和，可以积性筛前缀和预处理。
我居然连这都看不出来。。。。。
惨遭卡常，只有80
19.bzoj4659
\(u\)是积性函数，如果\((i,j)\neq 1\)，则\(u(ij)=0\)
\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mu(i)u(j)[\gcd(i,j)=1]\)
反演，\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mu(i)u(j)\sum_{d|\gcd(i,j)}u(d)\)
发现不太能枚举\(\gcd(i,j)\)，考虑把\(i\)拿出来
\(ans=\sum_{i=1}^nu(i)\sum_{d|i}u(d)\sum_{j=1}^{\frac{i}{k}} u(jk)\)
设\(F_i=u_i\sum_{d|i}u(d)\sum_{j=1}^{\frac{i}{k}} u(jk)\)
\(s_i=s_{i-1}+F_i\)
如果\(u_i\neq 0\)才会对\(s_i\)产生贡献
后面可以暴力枚举\(d\)。
设\(G(k,i)=\sum_{j=1}^{\frac{i}{k}} u(jk)[k|i]\)
显然只有\(O(n\log_2n)\)种\(G\)合法。
\(G(i+k,i)=\sum_{j=1}^{\frac{i}{k}+1} u(jk)[k|i]=G(k,i)+u(i+k)\)
于是可以在\(O(n\log_2n)\)时间内递推\(G\)
G要滚动，否则会MLE
20.和与积
考虑\((a,b)=d\)，根据套路把\(i,j/=d\)，\(d(i+j)|ijd^2,i+j|ijd\)
此时\((i,j)=1,(i+j,j)=(i,j+i)=1\)
所以\([i+j|ij]=[(i,j)=1,(i+j)=1]\)
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i-1}\lfloor\frac{n}{i(i+j)}\rfloor[(i,j)=1]\)
显然反演，\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i-1}\lfloor\frac{n}{i(i+j)}\rfloor\sum_{e|(i,j)}u(e)=\sum_{e=1}^{\sqrt{n}}u(e)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{\sqrt{n}}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{i-1}\lfloor\frac{n}{ik(ik+jk)}\rfloor=\sum_{e=1}^{\sqrt{n}}u(e)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{\sqrt{n}}{e}\rfloor}\sum_{j=i+1}^{2*i-1}\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{ie^2}\rfloor}{j}\rfloor\)
如果我们知道了\(i,e\)，则我们就知道了\(\lfloor\frac{n}{ie^2}\rfloor\)，整除分块即可。
21.cf1097f
22.反回文串
23.简单的数论题
24.怎样跑得更快
用公式\([i,j]=\frac{ij}{\gcd(i,j)}\)转化原式，\(\sum_{i=1}^n(i,j)^{c-d}i^dj^dx_j\mod p=b_i\)
令\(e=c-d,x_i=i^dx_i,y_i=\frac{b_i}{i^d},\sum_{i=1}^n(i,j)^{e}x_j\mod p=y_i\)
前面提到了可以用dirchlet卷积化简计算，设\(f=n^e*u\)，\(\sum_{i=1}^n\sum_{d|i,d|j}f(d)x_j\mod p=y_i\)
提取\(d\)，\(\sum_{d|i}f(d)\sum_{d|j}x_j\mod p=y_i\)
令\(g(d)=\sum_{d|j}x_j\)，原式变成\(\sum_{d|i}f(d)g(d)\mod p=y_i\)
令\(h(i)=f(d)g(d)\)，则\(\sum_{d|i}h(d)\mod p=y_i\)
\(h*I=y\)，解这个方程可以dirchlet差分。
从\(x\)求\(g\)事实上是倍数型mobius反演，可以dirchlet差分，然后知道\(g,h\)后就能解出\(f\)和判定无解了
求\(f\)还要dirchlet差分。
由于数据范围较小，所以暴力即可。
总结：
在莫反内，使用这3个原则转化式子
构造杜教筛函数时，可以查"常见数论函数表"构造
反演时式子在满足规则时可以任意化简，如果一个式子化简不了，考虑向另一个方向化简。
如果化简不了了，则可以对式子拆成独立的部分，可以构造组合意义。
使用整体思维可能可以减少化简量，方法在于换元等。
在化简式子时，如果要优化一个部分，尽量把式子化简/移动成最简形式，否则后面计算时会很麻烦
在化简时，新的对于和式的限制要小心处理。
在化简时要注意函数值的特性，如果走不通了可以尝试利用函数值的特性
在计算时，只需要计算对答案有贡献的部分，就是不用计算0，这可能可以降低常数，或者减少上界而降低复杂度
在lg这道题时，在化简时很麻烦，所以可以提取出公因子考虑。
事实上，在化简时可以把式子拆成多个独立的部分，可能会让时间复杂度更优。
在你不知道一个算法的时间复杂度时，可以用它跑极限数据，这样子可以避免微积分估计。
莫反不一定要公式，还可以从组合意义（容斥）上理解。
如果一个式子内有较为复杂的限制，可以尝试忽略其中一个限制。
整体思维设出的数论函数可能可以递归求，时间复杂度可能是正确的。
在反演时，善用dirchlet卷积可以减少推导复杂度
如果遇到比较复杂无法反演的函数，可以尝试挖掘这个函数的性质。
在挖掘性质时，通常要把它拆解。