【BZOJ2693】jzptab（莫比乌斯反演）

不妨先设\(n<=m\)。

把题目的柿子推一下：

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

由于\(lcm(i,j)*gcd(i,j)=ij\)

\[=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{gcd(i,j)} \]

设\(d=gcd(i,j)\)，我们枚举\(d\)，提到最前面，再枚举\(i\)是\(d\)的几倍、\(j\)是\(d\)的几倍。

\[=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}\frac{(d\times i)\times (d\times j)}{d}[gcd((d\times i),(d\times j))=d] \]

则在上面这个柿子中，\((d\times i)\)为原来的\(i\)，\((d\times j)\)为原来的\(j\)。将分式化简，\(gcd(d\times i,d\times j)=d\)里同时约掉一个\(d\)得：

\[=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}d\times i\times j[gcd(i,j)=1] \]

考虑到\(\sum_{i|n}\mu(i)=[n=1]\)，代入\([gcd(i,j)=1]\)得：

\[=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} i\times j\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k) \]

我们再次枚举\(k\)，提到\(\sum_{d=1}^n\)后：

\[=\sum_{d=1}^n d\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}i\times j[k|gcd(i,j)] \]

考虑到\([k|gcd(i,j)]\)即为\([k|i,k|j]\)：

\[=\sum_{d=1}^n d\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}i[k|i]\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}j[k|j] \tag{1} \]

这时我们先推另一个柿子：\(\sum_{i=1}^n[k|i]\)，也就是询问\(1\)~\(n\)这些数中有多少个数是\(k\)的倍数，答案显然是\(\lfloor \frac{n}{k} \rfloor\)。

但如果是求\(\sum_{i=1}^ni[k|i]\)呢?

也就是吧所有\(1\)~\(n\)中所有是\(k\)的倍数的数加起来，答案显然就是$$1\times k+2\times k+...+\lfloor \frac{n}{k} \rfloor \times k=(1+2+...+\lfloor \frac{n}{k} \rfloor)\times k=\frac{(1+\lfloor \frac{n}{k} \rfloor)\times \lfloor \frac{n}{k} \rfloor \times k}{2}$$

把这个代入\((1)\)得

\[=\sum_{d=1}^n d\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(k)\times\frac{(1+\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}{k} \rfloor)\times \lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}{k} \rfloor \times k}{2}\times\frac{(1+\lfloor \frac{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}{k} \rfloor)\times \lfloor \frac{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}{k} \rfloor \times k}{2} \]

化简一下这个难看的柿子：

\[=\frac{1}{4}\sum_{d=1}^n d\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(k)\times k^2\times(1+ \lfloor \frac{n}{dk} \rfloor)\times \lfloor \frac{n}{dk} \rfloor \times(1+ \lfloor \frac{m}{dk} \rfloor)\times \lfloor \frac{m}{dk} \rfloor \]

然后令\(T=dk\)，我们枚举\(T\)，并提到前面来。

\[\begin{aligned} & =\frac{1}{4}\sum_{T=1}^{n}(1+ \lfloor \frac{n}{T} \rfloor)\times \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times(1+ \lfloor \frac{m}{T} \rfloor)\times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor\sum_{d|T}d\times\mu(\frac{T}{d})\times\frac{T^2}{d^2}\\ & =\frac{1}{4}\sum_{T=1}^{n}(1+ \lfloor \frac{n}{T} \rfloor)\times \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times(1+ \lfloor \frac{m}{T} \rfloor)\times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})\times\frac{T^2}{d}\end{aligned} \]

令

\[f(T)=\sum_{T=1}^{n}(1+ \lfloor \frac{n}{T} \rfloor)\times \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times(1+ \lfloor \frac{m}{T} \rfloor)\times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \]

\[g(T)=\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})\times\frac{T^2}{d} \]

那么显然，对于\(f(T)\)，我们可以用数论分块做出来。

而对于\(g(T)\)，由于\(\mu(\frac{T}{d})\)是积性函数，\(\frac{T^2}{d}\)是完全积性函数，所以\(g(T)\)也是积性函数。

那么对于\(g(T)\)，我们在线性筛时分三种情况讨论：

1. \(T=p\)，其中\(p\)为质数，那么我们再看回这个柿子：

   \[g(T)=\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})\times\frac{T^2}{d} \]

   明显，由于\(\mu\)的定义，所以当且仅当\(\frac{T}{d}=1\)或\(\frac{T}{d}=p\)时才能产生贡献，使\(\mu(\frac{T}{d})\ne0\)。

   若\(\frac{T}{d}=1\)，则\(T=d=p\)，

   \[\mu(\frac{T}{d})\times\frac{T^2}{d}=\mu(1)\times\frac{p^2}{p}=p \]

   若\(\frac{T}{d}=p\)，又\(T=p\)，则\(d=1\)，

   \[\mu(\frac{T}{d})\times\frac{T^2}{d}=\mu(p)\times\frac{p^2}{1}=-p^2 \]

   合并起来，即为

   \[g(T)=\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})\times\frac{T^2}{d}=p-p^2 \]

2. \(T=i*p\)，其中\(p\)为质数，\(i\ne1\)且\(i\%p \ne 0\)，即\(gcd(i,p)=1\)。那么\(g(T)=g(i)\times g(p)\)

3. \(T=i*p\)，其中\(p\)为质数，\(i\ne1\)且\(i\%p = 0\)，即\(gcd(i,p)=p\)，不妨设\(i=t\times p^k\)。

   考虑推出：

   \[g(p^k)=\sum_{d|{p^k}}\mu(\frac{p^k}{d})\times\frac{p^{2k}}{d} \]

   根据\(\mu\)的定义，当且仅当\(\frac{p^k}{d}=1\)或\(\frac{p^k}{d}=p\)时才能产生贡献，使\(\mu(\frac{p^k}{d})\ne0\)。

   分情况讨论解得：

   \[\]

   g(p^k) & =\sum_{d|{p^{k}}\mu(\frac{p}k}{d})\times\frac{p^{2k}}{d}\
   & =\mu(\frac{p^k}{pk})\times \frac{p^{2k}}{pk}+\mu(\frac{p^k}{p{k-1}})\times\frac{p^{2k}}{p{k-1}}\
   & =p^k-p
   \end{aligned}

   \[ \]
   \[g(p^{k+1})=p^{k+1}-p^{k+2} \]

   由上述2式可得：

   \[g(p^{k+1})=g(p^k)\times p \tag{2} \]

   则

   \[\]

   g(T) & =g(i\times p)\
   & =g(t\times p^k \times p)\
   & =g(t)\times g(p^{k+1})\text{（\(t\)、\(p\)互质）}\
   & =g(t)\times g(p^k)\times p\text{（结论(2)）}\
   & =g(t\times p^k)\times p\text{（\(t\)、\(p\)互质）}\
   & =g(i)\times p
   \end{aligned}

   \[ \]

最后的代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 10000010
#define ll long long
#define mod 100000009

using namespace std;

int t,n,m,cnt;
ll prime[N],g[N],sum[N];
bool notprime[N];

void work()
{
	int maxn=N-10;
	g[1]=1;//记得初始化
	for(int i=2;i<=maxn;i++)
	{
		if(!notprime[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			g[i]=((i-1ll*i*i)%mod+mod)%mod;//第一种情况：T=p
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=maxn;j++)
		{
			notprime[i*prime[j]]=true;
			if(!(i%prime[j]))
			{
				g[i*prime[j]]=g[i]*prime[j]%mod;//第二种情况：T=i%p且i%p=0
				break;
			}
			g[i*prime[j]]=g[i]*g[prime[j]]%mod;//第三种情况：T=i%p且i%p!=0
		}
	}
	for(int i=1;i<=maxn;i++)
		sum[i]=(sum[i-1]+g[i])%mod;//维护前缀和
}

ll query(int n,int m)
{
	ll ans=0;
	for(int l=1,r=0;l<=n;l=r+1)//数论分块
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ll x=n/l,y=m/l;
		ans=(ans+(((1ll+x)*x/2ll%mod)*((1ll+y)*y/2%mod)%mod)*(sum[r]-sum[l-1])%mod)%mod;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	work();//线性筛
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n>m)swap(n,m);
		printf("%lld\n",(query(n,m)%mod+mod)%mod);
	}
	return 0;
}