定义
\[\mu(d) =
\begin{cases}
1&n=1\\
(-1)^k&n=\prod_{i=1}^k p_i\\
0&\text{otherwise}
\end{cases}
\]
线性求值
void sieve_mu(int n){
mu[1] = 1;
FL(i, 2, n){
if(!vis[i])pri[++len] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1;j <= len && pri[j] * i <= n; j++){
vis[pri[j] * i] = 1;
if(i % pri[j] == 0)break;
mu[pri[j] * i] = -mu[i];
}
}
FL(i, 1, n)mu[i] = mu[i - 1];
}
性质
\[\begin{aligned}
&\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\\
&[gcd(i,j)=1]=\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\\
&f(n)=\sum_{d\mid n}g(n)\Rightarrow g(n) = \sum_{d\mid n}f(d)\mu(\frac nd)\\
&f(n)=\sum_{n\mid d}g(d)\Rightarrow g(n) = \sum_{n\mid d}f(d)\mu(\frac dn)
\end{aligned}
\]
从这里开始，默认 \(n\le m\)。
Ex.1
求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\)
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\\
=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid \gcd(i, j)}\mu(d)\\
=&\sum_{d=1}^n \mu(d)\left\lfloor\frac nd\right\rfloor \left\lfloor\frac md\right\rfloor
\end{aligned}
\]
\(\mu(d)\) 前缀和优化，后面的整除分块即可。
如果是求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k]\)
这也很简单，我们把式子同时除以 \(k\)，得 \(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1]\)
然后就一样了。
Ex.2
求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \gcd(i, j) \in prime\)
我们假设 \(n \le m\)，然后枚举 \(k \in prime\)，得
\[\sum_{i=1}^nk\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i, j)=k]=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i, j)=1]\\
\]
我们枚举一下 \(d = \gcd\)，并提到前面。
\[=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d\mid \gcd(i, j)}\mu(d)=\sum_{k=1}^n \sum_{d=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\mu(d)\left\lfloor\frac n{dk}\right\rfloor\left\lfloor\frac m{dk}\right\rfloor\\
\]
由于 \(n\le 10^7\)，枚举 \(k\) 太慢了，我们还要优化，设 \(T = dk\)
\[= \sum_{k=1}^n\sum_{d=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\mu(d)\left\lfloor\frac nT\right\rfloor\left\lfloor\frac mT\right\rfloor=\sum_{T=1}^n\left\lfloor\frac nT\right\rfloor\left\lfloor\frac mT\right\rfloor\sum_{k\mid T}\mu(\frac Tk)
\]
后面的预处理，前面一坨整除分块即可。
Ex.3
设 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数，求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m d(ij)\)。
有个结论 \(d(ij) = \sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[\gcd(x, y) = 1]\)
我们一个质数\(p\)，\(i=i'*p^{k_1},j=j'*p^{k_2}\)。
考虑 \(p\) 对 \(d(ij)\) 的贡献，显然在 \(d\) 的因子中，\(p \in [0, k_1+k_2]\)，共 \(k_1+k_2+1\)。
我们只看 \(p\) 这一项，设 \(x=x'p^{k_x},y=y'p^{k_y}\)。
要满足 \(\gcd(x,y)=1\)，那么就有 \(\gcd(p^{k_x},p^{k_y})=1\)。
\(k_x, k_y\) 有一个为 \(0\)，另一个任意，共 \(k_1 + k_2 + 2\) 种，再减去重复的 \((0, 0)\)。
就刚好有 \(k_1 + k_2 + 1\) 种。
证毕。
我们带入原式得：
\[\begin{aligned}
&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x\mid i}\sum_{y \mid j}[gcd(x,y)=1]\\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\sum_{d\mid gcd(x, y)}[x\mid i][y\mid j]\mu(d)\\
&=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\sum_{d\mid gcd(x, y)}\mu(d)\sum_{i=1}^n[x\mid i]\sum_{j=1}^m[y\mid j]\\
&=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\sum_{d\mid gcd(x, y)}\mu(d)\lfloor\frac nx\rfloor\lfloor\frac my\rfloor\\
&=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\left\lfloor\frac n{dx}\right\rfloor\sum_{y=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\frac m{dy}\right\rfloor
\end{aligned}
\]
Ex.4
求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij[gcd(i,j)=k]\)
先同时除以 \(k\)，但我们还要考虑 \(i,j\) 的变化，除 \(k\) 后 \(i, j\) 会变为原来的 \(\dfrac 1k\)，所以最后要乘上 \(k^2\)。
\[\begin{aligned}
&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]k^2\\
&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)k^2\\
&=k^2\sum_{d=1}^n\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{kd}\rfloor}j
\end{aligned}
\]
最后那两项为等差数列，计算时整除分块，最终复杂度 \(O(\sqrt{n})\)
Ex.5
求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j)\)。
我们知道 \(\sum_{d \mid n}\varphi(d) = n\)，所以只要把 \(\mu\) 换成 \(\varphi\)，然后正常做即可。
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij \gcd(i,j)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nij\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\varphi(d)\\
&=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\sum_{i=1}^n[d\mid i]i\sum_{j=1}^n[d\mid j]j\\
&=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}xd\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}yd\\
&=\sum_{d=1}^n\varphi(d)d^2\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}x\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}y\\
\end{aligned}
\]
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