cszhpdx 莫比乌斯反演题单题解
良心题单
有一些题是可以不莫反的，但因为这是莫反题单，我们都强行莫反来做。
1. P2261 [CQOI2007] 余数求和
题意：给定 \(n,k\)，求：
\[
\sum_{i=1}^n k\bmod i
\]
数据范围：\(n,k\leq 10^9\)。
显然
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n k\bmod i&=\sum_{i=1}^n k-i\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\\
&=nk-\sum_{i=1}^ni\lfloor\frac{k}{i}\rfloor
\end{aligned}
\]
后半部分直接整除分块即可。复杂度 \(O(\sqrt n)\)。
2. P3455 [POI2007] ZAP-Queries
题意：多测。给定 \(n,m,d\)，求所有 \(1\leq x\leq n\)，\(1\leq y\leq m\) 且 \(\gcd(x,y)=d\) 的二元组 \((x,y)\) 的数量。
数据范围：\(T,n,m,d\leq 5\times 10^4\)。
钦定\(n<m\)，显然答案就是：
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]
\]
推一步：
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]
\]
对 \([\gcd(i,j)=1]\) 做莫比乌斯反演：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{k|i,k|j}\mu(k)\\
&=\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[k|i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[k|j]\\
&=\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor
\end{aligned}
\]
预处理 \(\mu\) 的前缀和，整除分块即可。复杂度 \(O(n+T\sqrt n)\)。
3. P2568 GCD
题意：给定 \(n\)，求 \(1\le x,y\le n\) 且 \(\gcd(x,y)\) 为质数的二元组 \((x,y)\) 有多少对。
数据范围：\(n\leq 10^7\)。
答案就是：
\[\sum_{p∈\mathcal{P}}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=p]
\]
显然后面那堆可以莫反：
\[\sum_{p∈\mathcal{P}}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=p]=\sum_{p∈\mathcal{P}}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor^2
\]
换元，设 \(t=pd\)，枚举 \(t\)：
\[\sum_{p∈\mathcal{P}}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor^2=\sum_{t=1}^{n}\lfloor\frac{n}{t}\rfloor^2\sum_{p∈\mathcal{P},p|t}\mu(\frac{t}{p})
\]
后面那个 \(\sum_{p∈\mathcal{P},p|t}\mu(\frac{t}{p})\) 可以枚举 \(p\) 暴力预处理，最后整除分块就行了。复杂度 \(O(n+\sqrt n)\)。
4. P2257 YY的GCD
题意：多测。给定 \(n\)，求 \(1\le x\le n,1\le y\le m\) 且 \(\gcd(x,y)\) 为质数的二元组 \((x,y)\) 有多少对。
数据范围：\(T\leq 10^4,n\leq 10^7\)。
钦定 \(n<m\)，类似 P2568 的进行推导：
\[\begin{aligned}
&\sum_{p∈\mathcal{P}}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=p]\\
=&\sum_{p∈\mathcal{P}}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor\\
=&\sum_{t=1}^{n}\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor\sum_{p∈\mathcal{P},p|t}\mu(\frac{t}{p})
\end{aligned}
\]
仿照 P2568 预处理然后整除分块即可。复杂度 \(O(n+T\sqrt n)\)。
5. P3327 [SDOI2015] 约数个数和
题意：多测。给定 \(n,m\)，求：
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)
\]
数据范围：\(T,n,m\le 5\times 10^4\)。
首先有结论：\(d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]\)。
带进答案式子，然后继续推：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]\\
&=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor[\gcd(x,y)=1]\\
&=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\sum_{d|x,d|y}\mu(d)\\
&=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor[d|x][d|y]\\
&=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor\\
&=\sum_{d=1}^n\mu(d)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor)\\
\end{aligned}
\]
\(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\) 整除分块预处理，并预处理 \(\mu\) 的前缀和，最后整除分块算答案即可。复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。
6. AGC038C LCMs
题意：给定长 \(n\) 的序列 \(a\)，求：
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n\operatorname{lcm}(a_i,a_j)
\]
数据范围：\(n\leq 2\times 10^5,a_i\leq 10^6\)。
答案是方阵的一半，也就是：
\[
\frac{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\operatorname{lcm}(a_i,a_j)-\sum_{i=1}^na_i}{2}
\]
只需要求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\operatorname{lcm}(a_i,a_j)\) 即可。推式子：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\operatorname{lcm}(a_i,a_j)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{a_ia_j}{\gcd(a_i,a_j)}\\
&=\sum_{d=1}^V\frac{1}{d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ia_j[\gcd(a_i,a_j)=d]\\
&=\sum_{d=1}^V\frac{1}{d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ia_j[d|a_i][d|a_j][\gcd(\frac{a_i}{d},\frac{a_j}{d})=1]\\
&=\sum_{d=1}^V\frac{1}{d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ia_j[d|a_i][d|a_j]\sum_{kd|a_i,kd|a_j}\mu(k)\\
&=\sum_{d=1}^V\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{V}{d}\rfloor}\frac{\mu(k)}{d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ia_j[kd|a_i][kd|a_j]\\
&=\sum_{d=1}^V\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{V}{d}\rfloor}\frac{\mu(k)}{d}(\sum_{i=1}^na_i[kd|a_i])^2\\
\end{aligned}
\]
设 \(F(x)=\sum_{i=1}^na_i[x|a_i]\)，答案即为：
\[\sum_{d=1}^V\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{V}{d}\rfloor}\frac{\mu(k)F(kd)^2}{d}
\]
\(F\) 是可以暴力预处理的，计算答案直接按式子暴力计算即可。复杂度 \(O(V\ln V)\)。
7. P4449 于神之怒加强版
题意：多测。给定 \(n,m,k\)，求：
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k
\]
数据范围：\(T\leq 2\times 10^3\)，\(n,m,k\leq 5\times 10^6\)。
直接推：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d=1}^nd^k[\gcd(i,j)=d]\\
&=\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\
&=\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\
&=\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{p|i,p|j}\mu(p)\\
&=\sum_{d=1}^nd^k\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor\\
&=\sum_{t=1}^n\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor\sum_{d|t}d^k\mu(\frac{t}{d})
\end{aligned}
\]
后面那个 \(\sum\) 是一个狄利克雷卷积，发现这就是 \(\operatorname{id}_k*\mu\)。设卷出来是 \(f\)，显然这是个积性函数。我们考虑线性筛 \(f\)，考虑其性质：
\[\begin{aligned}
&f(p)=p^k-1\\
&f(p^{x+1})=p^{x}f(p^x)
\end{aligned}
\]
线性筛过程中，可能有两种情况：
-
\(p_j\) 不是 \(i\) 的因数。此时显然 \(f(i\times p_j)=f(i)f(p_j)\)。
-
\(p_j\) 是 \(i\) 的因数。此时 \(i\) 的质因数 \(p\) 的指数增加了 \(1\)，用 \(f(p^{x+1})=p^xf(p^x)\) 计算即可。
预处理出 \(f\) 后整除分块即可。复杂度\(O(n+T\sqrt n)\)。
8. P3172 [CQOI2015] 选数
题意：给定 \(n,k,l,r\)，求在 \([l,r]\) 中选出 \(n\) 个数的所有 \((r-l+1)^n\) 种方案中，有多少种方案满足选出的数的 \(\gcd\) 恰好为 \(k\)。
数据范围：\(n,k,l,r\leq 10^9,r-l\leq 10^5\)。
答案就是：
\[
\sum_{a_1=l}^r\sum_{a_2=l}^r...\sum_{a_n=l}^r[\gcd(a_1,a_2,...,a_n)=k]
\]
大力反演，先令 \(L=\lfloor\frac{l-1}{k}\rfloor,R=\lfloor\frac{r}{k}\rfloor\)：
\[\begin{aligned}
&\sum_{a_1=l}^r\sum_{a_2=l}^r...\sum_{a_n=l}^r[\gcd(a_1,a_2,...,a_n)=k]\\
=&\sum_{a_1=L+1}^R\sum_{a_2=L+1}^R...\sum_{a_n=L+1}^R[\gcd(a_1,a_2,...,a_n)=1]\\
=&\sum_{a_1=L+1}^R\sum_{a_2=L+1}^R...\sum_{a_n=L+1}^R\sum_{d|\gcd(a_1,a_2,...,a_n)}\mu(d)\\
=&\sum_{d=1}^R\mu(d)(\lfloor\frac{R}{d}\rfloor-\lfloor\frac{L-1}{d}\rfloor)^n
\end{aligned}
\]
杜教筛做 \(\mu\) 的前缀和，再整除分块即可。复杂度 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。
9. SPOJ GCDEX2 - GCD Extreme (hard)
题意：多测。给定 \(n\)，求：
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n\gcd(i,j)
\]
的值。
数据范围：\(T\leq 10^4,n\leq 235711131719\)
推式子：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n\gcd(i,j)&=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^{j-1}\gcd(i,j)\\
&=\sum_{d=1}^nd\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^{j-1}[\gcd(i,j)=d]\\
&=\sum_{d=1}^nd\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{j-1}[\gcd(i,j)=1]\\
&=\sum_{d=1}^nd\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(j)\\
\end{aligned}
\]
杜教筛做 \(\varphi\) 的前缀和，整除分块即可。复杂度 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。
10. P3312 [SDOI2014] 数表
题意：多次询问：
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(\gcd(i,j))[d(\gcd(i,j))\leq a]
\]
数据范围：\(q\leq 2\times 10^4,n,m\leq 10^5\)
这个 \(a\) 太屑了。去掉这个 \(a\) 后还是比较好做的：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(\gcd(i,j))&=\sum_{k=1}^nd(k)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]\\
&=\sum_{k=1}^nd(k)\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac{n}{kp}\rfloor\lfloor\frac{m}{kp}\rfloor\\
&=\sum_{t=1}^n\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor\sum_{k|t}d(k)\mu(\frac{t}{k})
\end{aligned}
\]
显然后面那个卷起来是 \(\operatorname{id}\)，然后就做完了。
考虑加入 \([d(\gcd(i,j))\leq a]\)。这意味着后面那个卷积里，只有 \(d(k)\leq a\) 的项能造成贡献。考虑处理出所有 \(d\) 然后从小到大排序，把询问按 \(a\) 扫描线并树状数组维护 \(\sum_{k|t}d(k)\mu(\frac{t}{k})\)。扫到 \(i\) 时，枚举所有满足 \(d(k)\leq i\) 的 \(k\) 的倍数，把贡献加入树状数组即可。复杂度 \(O(n\log^2 n+q\sqrt n\log n)\)。
11. P3704 [SDOI2017] 数字表格
题意：多测。给定 \(n,m\)，求：
\[
\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mF_{\gcd(i,j)}
\]
其中 \(F_i\) 表示第 \(i\) 个斐波那契数。
数据范围：\(T\leq 10^3,n,m\leq 10^6\)。
幽灵乐团前置知识。
直接推：
\[\begin{aligned}
\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mF_{\gcd(i,j)}&=\prod_{d=1}^nF_d^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]}\\
&=\prod_{d=1}^nF_d^{\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}\\
&=\prod_{t=1}^n(\prod_{d|t}F_d^{\mu(\frac{t}{d})})^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor}\\
\end{aligned}
\]
预处理 \(\prod_{d|t}F_d^{\mu(\frac{t}{d})}\) 的前缀积，整除分块即可。复杂度 \(O(n\log n+T\sqrt n)\)。
12. P5518 [MtOI2019] 幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题
题意：多测。给定 \(A,B,C\)，分别求：
\[
\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)}
\]
\[
\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})^{i\times j\times k}
\]
\[
\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})^{\gcd(i,j,k)}
\]
数据范围：\(T\leq 70,A,B,C\leq 10^5\)。
真·基础练习题（指 latex）。
先推一步：
\[\begin{aligned}
\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})^{f(type)}=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{ij}{\gcd(i,j)\gcd(i,k)})^{f(type)}
\end{aligned}
\]
设 \(F(A,B,C)=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{f(type)}\)，\(G(A,B,C)=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{f(type)}\)，原式化为：
\[\frac{F(A,B,C)F(B,A,C)}{G(A,B,C)G(A,C,B)}
\]
所以只需分别求出 \(F\) 和 \(G\) 的值即可。
以下设 \(M=\min(A,B,C)\)。
Subtask 1
此时：
\[\begin{aligned}
F(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci\\
G(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)
\end{aligned}
\]
先做 \(F\)：
\[\begin{aligned}
F(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci\\
&=(\prod_{i=1}^Ai)^{B\times C}\\
&=(A!)^{B\times C}
\end{aligned}
\]
预处理阶乘即可。
再做 \(G\)：
\[\begin{aligned}
G(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)\\
&=(\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j))^C\\
&=(\prod_{d=1}^Md^{\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B[\gcd(i,j)=d]})^C\\
&=(\prod_{d=1}^Md^{\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\mu(k)\lfloor\frac{A}{kd}\rfloor\lfloor\frac{B}{kd}\rfloor\\})^C\\
&=(\prod_{d=1}^M\prod_{k=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}d^{\mu(k)\lfloor\frac{A}{kd}\rfloor\lfloor\frac{B}{kd}\rfloor})^C\\
&=(\prod_{t=1}^M(\prod_{d|t}d^{\mu(\frac{t}{d})})^{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor\lfloor\frac{B}{t}\rfloor})^C\\
\end{aligned}
\]
预处理 \(\prod_{d|t}d^{\mu(\frac{t}{d})}\) 的前缀积，整除分块即可。
Subtask 2
此时：
\[\begin{aligned}
F(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{i\times j\times k}\\
G(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{i\times j\times k}
\end{aligned}
\]
先做 \(F\)：
\[\begin{aligned}
F(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{i\times j\times k}\\
&=\prod_{i=1}^Ai^{i\times (\sum_{j=1}^Bj)\times (\sum_{k=1}^Ck)}\
\end{aligned}
\]
设 \(S(x)=\sum_{i=1}^xi=\frac{x(x+1)}{2}\)，则：
\[F(A,B,C)=(\prod_{i=1}^Ai^i)^{S(B)S(C)}
\]
预处理 \(\prod_{i=1}^Ai^i\) 即可。
再做 \(G\)：
\[\begin{aligned}
G(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{i\times j\times k}\\
&=(\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)^{i\times j})^{S(C)}\\
&=(\prod_{d=1}^{M}d^{\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^Bij[\gcd(i,j)=d]})^{S(C)}\\
&=(\prod_{d=1}^{M}d^{d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]})^{S(C)}\\
&=(\prod_{d=1}^{M}d^{d^2\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}ij[k|i][k|j]})^{S(C)}\\
&=(\prod_{d=1}^{M}d^{d^2\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\mu(k)k^2(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{kd}\rfloor}i)(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{kd}\rfloor}j)})^{S(C)}\\
&=(\prod_{d=1}^{M}\prod_{k=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}d^{d^2k^2\mu(k)S(\lfloor\frac{A}{kd}\rfloor)S(\lfloor\frac{B}{kd}\rfloor)})^{S(C)}\\
&=(\prod_{t=1}^{M}(\prod_{d|t}d^{t^2\mu(\frac{t}{d})})^{S(\lfloor\frac{A}{t}\rfloor)S(\lfloor\frac{B}{t}\rfloor)})^{S(C)}\\
\end{aligned}
\]
预处理 \(\prod_{k|t}d^{t^2\mu(\frac{t}{d})}\) 的前缀积，整除分块即可。
Subtask 3
正片开始。
做法一：正统莫比乌斯反演
精神污染。
此时：
\[\begin{aligned}
F(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{\gcd(i,j,k)}\\
G(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{\gcd(i,j,k)}
\end{aligned}
\]
先做 \(F\)：
\[\begin{aligned}
F(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{\gcd(i,j,k)}\\
&=\prod_{d=1}^M\prod_{i=1}^Ai^{d\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C[\gcd(i,j,k)=d]}\\
&=\prod_{d=1}^M\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}(id)^{d\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}[\gcd(i,j,k)=1]}\\
&=\prod_{d=1}^M\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}(id)^{d\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\mu(p)[p|i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}[p|j][p|k]}\\
&=\prod_{d=1}^M\prod_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{pd}\rfloor}(ipd)^{d\mu(p){\lfloor\frac{B}{pd}\rfloor\lfloor\frac{C}{pd}\rfloor}}\\
&=\prod_{t=1}^M\prod_{d|t}(\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor}it)^{d\mu(\frac{t}{d})\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\\
&=\prod_{t=1}^M(t^{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor}(\lfloor\frac{A}{t}\rfloor)!)^{\sum_{d|t}d\mu(\frac{t}{d})\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\\
&=\prod_{t=1}^M(t^{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor}(\lfloor\frac{A}{t}\rfloor)!)^{\varphi(t)\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\\
&=\prod_{t=1}^M(t^{\varphi(t)\lfloor\frac{A}{t}\rfloor\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\lfloor\frac{C}{t}\rfloor})\prod_{t=1}^M(\lfloor\frac{A}{t}\rfloor)!^{\varphi(t)\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\\
\end{aligned}
\]
再做 \(G\)：
\[\begin{aligned}
G(A,B,C)&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{\gcd(i,j,k)}\\
&=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)^{\sum_{k=1}^C\gcd(\gcd(i,j),k)}\\
&=\prod_{d=1}^Md^{(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B[\gcd(i,j)=d])(\sum_{k=1}^C\gcd(d,k))}\\
&=\prod_{d=1}^Md^{(\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\mu(p){\lfloor\frac{A}{pd}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{pd}\rfloor})(\sum_{k=1}^C\gcd(d,k))}\\
\end{aligned}
\]
把 \(\sum_{k=1}^C\gcd(d,k)\) 拿出来做掉：
\[\begin{aligned}
\sum_{k=1}^C\gcd(d,k)&=\sum_{q=1}^Cq\sum_{k=1}^C[\gcd(d,k)=q]\\
&=\sum_{q|d}q\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{q}\rfloor}[\gcd(\frac{d}{q},k)=1]\\
&=\sum_{q|d}q\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{q}\rfloor}\sum_{r|\frac{d}{q},r|k}\mu(r)\\
&=\sum_{q|d}q\sum_{r|\frac{d}{q}}\mu(r)\lfloor\frac{C}{qr}\rfloor\\
&=\sum_{t|d}\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\sum_{q|t}q\mu(\frac{t}{q})\\
&=\sum_{t|d}\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)
\end{aligned}
\]
带回原式：
\[\begin{aligned}
G(A,B,C)&=\prod_{d=1}^Md^{(\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\mu(p){\lfloor\frac{A}{pd}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{pd}\rfloor})(\sum_{t|d}\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t))}\\
&=\prod_{t=1}^M\prod_{d'=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}(td')^{(\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{td'}\rfloor}\mu(p){\lfloor\frac{A}{ptd'}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{ptd'}\rfloor})\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}
\end{aligned}
\]
发现此处 \(t\) 和 \(d'\) 的贡献完全独立，我们分开考虑：
\[\begin{aligned}
G_t(A,B,C)&=\prod_{t=1}^M(\prod_{d'=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}t^{\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{td'}\rfloor}\mu(p){\lfloor\frac{A}{ptd'}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{ptd'}\rfloor}})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
&=\prod_{t=1}^M(\prod_{d'=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}\prod_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{td'}\rfloor}t^{\mu(p){\lfloor\frac{A}{ptd'}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{ptd'}\rfloor}})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
&=\prod_{t=1}^M(\prod_{T=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}\prod_{d'|T}t^{\mu(\frac{T}{d'}){\lfloor\frac{A}{tT}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{tT}\rfloor}})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
&=\prod_{t=1}^M(\prod_{T=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}t^{{\lfloor\frac{A}{tT}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{tT}\rfloor}\sum_{d'|T}\mu(\frac{T}{d'})})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
&=\prod_{t=1}^M(\prod_{T=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}t^{{\lfloor\frac{A}{tT}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{tT}\rfloor}[T=1]})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
&=\prod_{t=1}^Mt^{{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{t}\rfloor}\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
G_{d'}(A,B,C)&=\prod_{t=1}^M(\prod_{d'=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}d'^{\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{td'}\rfloor}\mu(p){\lfloor\frac{A}{ptd'}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{ptd'}\rfloor}})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
&=\prod_{t=1}^M(\prod_{d'=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}\prod_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{td'}\rfloor}d'^{\mu(p){\lfloor\frac{A}{ptd'}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{ptd'}\rfloor}})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
&=\prod_{t=1}^M(\prod_{T=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}(\prod_{d'|T}d'^{\mu(\frac{T}{d
})})^{{\lfloor\frac{A}{tT}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{tT}\rfloor}})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}\\
\end{aligned}
\]
所以：
\[\begin{aligned}
G(A,B,C)&=G_t(A,B,C)G_{d'}(A,B,C)\\
&=\prod_{t=1}^M(t^{{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{t}\rfloor}\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)})(\prod_{T=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}(\prod_{d'|T}d'^{\mu(\frac{T}{d
})})^{{\lfloor\frac{A}{tT}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{tT}\rfloor}\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)})
\end{aligned}
\]
发现 \(F\) 和 \(G\) 都含有 \(\prod_{t=1}^Mt^{\varphi(t)\lfloor\frac{A}{t}\rfloor\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\)，可以约分。约完之后就是：
\[\begin{aligned}
F(A,B,C)&=\prod_{t=1}^M(\lfloor\frac{A}{t}\rfloor)!^{\varphi(t)\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\\
G(A,B,C)&=(\prod_{t=1}^M\prod_{T=1}^{\lfloor\frac{M}{t}\rfloor}(\prod_{d'|T}d'^{\mu(\frac{T}{d
})})^{{\lfloor\frac{A}{tT}\rfloor}{\lfloor\frac{B}{tT}\rfloor}})^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor\varphi(t)}
\end{aligned}
\]
注意到 \(G(A,B,C)\) 的底数就是 Subtask 1 中的 \(G(\lfloor\frac{A}{t}\rfloor,\lfloor\frac{B}{t}\rfloor,1)\)，可以复用。最后对 \(F\) 和 \(G\) 都整除分块即可。
做法二：一点技巧
回到最初那个式子：
\[
\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})^{\gcd(i,j,k)}
\]
指数那个东西太阴间了，我们求 \(\ln\) 把它弄到下面来：
\[
\ln(Ans)=\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C{\gcd(i,j,k)}\ln(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})
\]
一下就变得阳间了很多。反演：
\[\begin{aligned}
\ln(Ans)&=\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C{\gcd(i,j,k)}\ln(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})\\
&=\sum_{d=1}^Md\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}{[\gcd(i,j,k)=1]}\ln(\frac{\operatorname{lcm}(id,jd)}{\gcd(id,kd)})\\
&=\sum_{d=1}^Md\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{pd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{pd}\rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{pd}\rfloor}\ln(\frac{\operatorname{lcm}(pdi,pdj)}{\gcd(pi,pk)})\\
&=\sum_{t=1}^M\varphi(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{t}\rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\ln(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})\\
\end{aligned}
\]
然后我们 \(\exp\) 回去：
\[\begin{aligned}
Ans&=\prod_{t=1}^M(\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor}\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{t}\rfloor}\prod_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})^{\varphi(t)}\\
\end{aligned}
\]
发现 \(\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{t}\rfloor}\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{t}\rfloor}\prod_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{t}\rfloor}\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)}\) 就是 Subtask 1 的形式，复用求解即可。外层整除分块即可。
复杂度 \(O(n\log n+Tn^{\frac{3}{4}}\log n)\)。
浙公网安备 33010602011771号