莫比乌斯反演

莫比乌斯函数定义和相关性质

对于数 $n$，设其质因数分解的结果为 $n= {p_1}^{q_1} \times p_2^{q_2} \times \cdots \times {p_k}^{q_k}$，定义对于 $n$ 的莫比乌斯函数 $\mu(n) = \begin{cases} 1 && n = 1 \\ 0 && \exists x \in [1,k],q_x > 1 \\ (-1)^k && \text{otherwise} \end{cases}$。

即，如果 $n=1$，那么 $\mu(n) = 1$，若存在 $q_i > 1$，那么 $\mu(n) = 0$，否则 $\mu(n) = (-1)^k$。

举个例子，$6=2 \times 3$，$k=2$，那么 $\mu(6) = {(-1)}^{2} = 1$，而 $24 = 2^3 \times 3$，$3>1$，则 $\mu(24) = 0$。

比较实用的性质：$\sum \limits_{d|n} \mu(d) = \begin{cases} 1 && n = 1 \\ 0 && n \neq 1\end{cases}$。

莫比乌斯反演

考虑两个函数 $F(n)$ 和 $f(n)$，并且满足等式 $F(n) = \sum \limits_{d \mid n} f(d)$。那么有 $f(n) = \sum \limits_{d \mid n} \mu(d) \times F(\dfrac{n}{d})$。

证明：

$\sum \limits_{d \mid n} \mu(d) \times F(\dfrac{n}{d}) = \sum \limits_{d \mid n} \mu(d) \times \sum \limits_{d^{'} \mid { \frac{n}{d}}} f(d^{'}) = \sum \limits_{d^{'} \mid n} f(d^{'}) \times \sum \limits_{d \mid \frac{n}{d^{'}}} \mu(d)$。

根据第一部分的性质，当且仅当 $d^{'} = n$ 时，$\sum \limits_{d \mid \frac{n}{d^{'}}} \mu(d) = 1$，可以得到式子等于 $f(n)$。

例题

P3327 [SDOI2015]约数个数和

由于 $d(nm) = \sum \limits_{i \mid n} \sum \limits_{j \mid m} [\gcd(i,j)=1]$。

所以原式可以化成：

$\begin{aligned} \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m d(i,j) &= \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m \sum \limits_{k \mid i} \sum \limits_{p \mid j} [\gcd(k,p)=1]\\ &= \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m \sum \limits_{k \mid i} \sum \limits_{p \mid j} \sum \limits_{d \mid \gcd(k,p)} \mu(d) \\ &= \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m \sum \limits_{d = 1}^{\min(n,m)} \mu(d) \sum \limits_{k \mid i} \sum \limits_{p \mid j} [d \mid k] \times [d \mid p] \\ &= \sum \limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu(d) \sum \limits_{d \mid k} \sum \limits_{d \mid p} \lfloor \frac{n}{k} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{p} \rfloor \\ &= \sum \limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu(d) \sum \limits_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum \limits_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{n}{xd}\rfloor \lfloor \frac{m}{yd} \rfloor \\ &= \sum \limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu(d) \times (\sum \limits_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \lfloor \frac{n}{xd}\rfloor) \times (\sum \limits_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{m}{yd}\rfloor)\end{aligned}$。

可以发现最后的右边两个式子形式相同，均为 $\sum \limits_{x=1}^p \lfloor \frac{p}{x} \rfloor$。容易发现这个东西可以数论分块预处理。

于是令函数 $f(x) = \sum \limits_{i=1}^x \lfloor \frac{x}{i} \rfloor$。

那么原式等于 $\sum \limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu(d) \times f(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \times f(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor)$。数论分块即可。

代码。

P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

题意：给定 $n,m$，求 $\sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m \operatorname{lcm}(i,j)$ 对 $20101009$ 取余的结果。

以下假设 $n \leq m$，$n>m$ 交换即可。

考虑推式子：

$\begin{aligned} \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m \operatorname{lcm}(i,j) &= \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m \frac{ij}{\gcd(i,j)} \\&= \sum \limits_{d=1}^n \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m \frac{ij}{d}[\gcd(i,j)=d] \\ &= \sum \limits_{d=1}^n \sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum \limits_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} ijd[\gcd(i,j)=1] \\ &= \sum \limits_{d=1}^n \sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum \limits_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} ijd \sum \limits_{x \mid \gcd(i,j)} \mu(x) \\ &= \sum \limits_{d=1}^n d\sum \limits_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \mu(x) \sum \limits_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum \limits_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} ij[x \mid \gcd(i,j)] \\ &= \sum \limits_{d=1}^n d \sum \limits_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \mu(x) \sum \limits_{xa=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum \limits_{xb=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} x^2ab \\ &= \sum \limits_{d=1}^n d \sum \limits_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \mu(x)x^2\sum \limits_{xa=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}a\sum\limits_{xb=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}b\end{aligned}$。

容易发现后面两项是等差数列，而 $\mu(x)x^2$ 可以预处理，枚举 $d$ 后对 $x$ 数论分块即可。