Mobius 莫比乌斯反演

积性函数

若 $\gcd (x,y)=1$ 且 $f(xy)=f(x)f(y)$ ，则 $f(n)$ 为积性函数。

狄利克雷卷积

定义两个数论函数 $f,g$ 的狄利克雷卷积为

$$\begin{gathered} (f\ast g)(n)=\sum _{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d}) \\ \ast \ne \times \end{gathered}$$

狄利克雷卷积卷积满足交换律、结合律、单位元，逆元。其中单位元符号为 $ϵ$。

$ϵ(n)=[n=1]$

当 $n=1$ 时 $ϵ(n)=1$，否则为 $0$。

莫比乌斯函数

莫比乌斯函数也是积性函数，$\mu$ 为莫比乌斯函数的符号

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n={\lfloor \sqrt{n}\rfloor }^2\\ (-1{)}^k& n={\prod }_{i=1}^k{p}_i\end{array}$$

莫比乌斯函数，不变函数，狄利克雷卷积单位元有一个重要的性质。其中不变函数为积性函数，$1(n)=1$。莫比乌斯函数的逆元就是不变函数，即为

$$\mu \ast 1=\epsilon$$

略证：设 $n$ 不同的质因子个数为 $k$，则有

$$\mu \ast 1=\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{i=0}^k(-1{)}^i\times C_i^k$$

由二项式定理得

$$(x+y{)}^k=\sum _{i=0}^k{x}^i{y}^{k-i}\times C_i^k$$

令 $x=-1,y=1$，代入得

$$0^k=\sum _{i=1}^k(-1{)}^i\times C_i^k$$

因为只有 $1$ 的质因子数 $k=0$，而 $0^0=1$，其他情况为 $1$，这正是狄利克雷卷积单位元的定义，即为

$$\mu \ast 1=ϵ$$

线性筛

线性筛即为欧拉筛，因为 $\mu$ 是积性函数，所以可以线性筛莫比乌斯函数。

void init() {
  	mu[1] = 1;
  	for (int i = 2; i <= n; i++) {
    	if (!vis[i]) pr[++cnt] = i, mu[i] = -1;
    	for (int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= n; j++) {
      		vis[i * pr[j]] = 1;
      		if (i % pr[j] == 0) {
       		 	mu[i * pr[j]] = 0;
        		break;
      		}
      		mu[i * pr[j]] = -mu[i];
    	}
  	}
}

数论分块

对于任意一个块的左端点 $i(i\le n)$ ，需要找到块的右端点 $j(i\le j\le n)$ 使得
$$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =\lfloor \frac{n}{j}\rfloor$$
若能求出 $j$，那么下一个块的 $i=j+1$。

令 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =k$，有 $i\times k+p=n$。其中 $p=n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i$。

将 $\frac{n}{j}=k$ 表示为 $\frac{n}{i+d_{max}}=k$。对于 $\frac{n}{i+d}=k$，同上有 $(i+d)\times k+p^{\prime }=n$。有
$$(i+d)\times k+p^{\prime }=i\times k+p=n$$

$$p^{\prime }=i\times k+p-i\times k-d\times k=p-d\times k$$

因为 $p^{\prime }\ge 0$ 且 $d$ 为整数，所以有 $p-d\times k\ge 0$，进而推出 $d_{max}=\lfloor \frac{p}{k}\rfloor$

推式子
$$j=i+d_{max}=i+\lfloor \frac{p}{k}\rfloor$$

$$=i+\lfloor \frac{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor =\lfloor i+\frac{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$$

$$=\lfloor i+\frac{n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$$

$$=\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }+\frac{n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$$

$$=\lfloor \frac{n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i+\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$$

$$=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$$

所以 $j=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$。

for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
	r = n / (n / l);
	ans += (r - l + 1) * (n / l);
}

莫比乌斯反演

对于数论函数 $f,g$。

如果有

$$f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)$$

那么有

$$g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$$

略证：上述结论可以转换为，已知 $f=g\ast 1$，证明 $g=f\ast \mu$。

$$\begin{gathered} f\ast \mu =g\ast 1\ast \mu \\ \because \mu \ast 1=ϵ \\ \therefore f\ast \mu =g \end{gathered}$$

推论

$$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

栗子

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=k]$$

化简该式子

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]$$

换掉 $[gcd(i,j)]=1$

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d\mid \gcd (i,j)}\mu (d)$$

枚举 $d$，那么 $i$ 和 $j$ 都是 $d$ 的倍数。而 $1\sim \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$ 个

$$\sum _{d=1}\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$$

筛出 $\mu$，数论分块求 ${\sum }_{d=1}\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define F first
#define S second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int N = 1e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
inline int read() {
    int X = 0,w = 0; char ch = 0;
    while(!isdigit(ch)) {w |= ch == '-';ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)) X = (X << 3) + (X << 1) + (ch ^ 48),ch = getchar();
    return w ? -X : X;
}
int cnt;
int p[N], vis[N];
ll mu[N];
void init(){
	mu[1] = 1; 
	for (int i = 2; i <= N; i++){
		if (!vis[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= N; j++){
			vis[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0){
				mu[i * p[j]] = 0;
				break;
			}
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) mu[i] += mu[i - 1];
}
ll solve(int n, int m){
	ll ans = 0;
	for (int i = 1, j; i <= min(n, m); i = j + 1){
		j = min(n / (n / i), m / (m / i));
		ans += 1ll * (mu[j] - mu[i - 1]) * (n / i) * (m / i);
	}
	return ans;
}
int main(){
	init(); 
	int n = read(), m = read(), k = read();
	printf("%lld\n", solve(n / k, m / k));
	return 0;
}