莫比乌斯反演

数论分块

下取整的结合律

\[\lfloor\frac{a}{bc}\rfloor=\lfloor\frac{\lfloor\frac ab\rfloor}{c}\rfloor \]

证明：设 \(\lfloor \frac ab\rfloor=k\)，\(a=bk+r\)，显然有 \(0\leq r<b\)。则：

\[\begin{align} \lfloor\frac{a}{bc}\rfloor&=\lfloor\frac{bk+r}{b}\times \frac 1c\rfloor\notag\\ &=\lfloor\frac kc+\frac{\frac rb}{c}\rfloor\notag\\ &=\lfloor\frac kc\rfloor \tag{r<b,后面那个加数的分子小于 1} \end{align} \]

同理，上取整也具有结合律。

数论分块结论

首先一个比较重要的事情是，在 \(n\geq d\) 时，\(\lfloor \frac nd\rfloor\) 不同的值不超过 \(2\sqrt n\) 种。

然后，使得式子 \(\lfloor\frac ni\rfloor=\lfloor\frac nj\rfloor\)，且满足 \(i\leq j\leq n\) 的 \(j\) 最大是 \(\lfloor\frac{n}{\lfloor \frac ni\rfloor}\rfloor\)。也即下标 \(i\) 所在块的右端点是 \(\lfloor\frac{n}{\lfloor \frac ni\rfloor}\rfloor\)。（此处需要 \(\lfloor \frac ni\rfloor\neq 0\)）

充分性：令 \(k=\lfloor\frac ni\rfloor\)，则要证 \(k=\lfloor\frac{n}{\lfloor \frac nk\rfloor}\rfloor\)，不妨设 \(n=kx+c=ik+b\)，此时有 \(c<k\) 且 \(b<i\)，\(x=\lfloor \frac nk\rfloor\)。由于 \(c<k\)，故 \((x+1)k>ik+b\)，也即 \(x\geq i\)，也即 \(c\leq b<i\leq x\)，故 \(c<x\) 成立。故 \(\lfloor\frac{kx+c}{x}\rfloor=k\)，得证。

必要性：对于任意一个数 \(x\)，若其满足 \(\lfloor\frac nx\rfloor=k\)，不妨设 \(n=xk+r\)，则 \(xk\le n\)，故 \(x\) 的最大值不超过 \(\frac nk=\lfloor\frac{n}{\lfloor \frac ni\rfloor}\rfloor\)。

对于求和式 \(\sum_{i=1}^n f(i)\lfloor\frac ni\rfloor\)，我们可以求出 \(f\) 的前缀和，对于 \(\sqrt n\) 个下取整的值分别计算。复杂度 \(O(\sqrt n)\)。

多个下取整乘积形式的数论分块

考察 \(\sum_{i=1}^n f(i)\prod_{j=1}^m \lfloor\frac {a_m}i\rfloor\)，等价于把多个块边界取交集。每一块的右端点是对 \(m\) 维的每一维分别求右端点后取 \(\min\) 的结果，复杂度 \(O(m\sqrt n)\)，这里 \(m\) 通常很小。

莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

设 \(n=p_1^{a_1}\dots p_2^{a_k}\)，定义莫比乌斯函数 \(\mu(n)\) 在 \(n=1\) 时取 \(1\)，在 \(\max a=1\) 时取 \((-1)^k\)，否则取 \(0\)。同时设函数 \(e(n)=[n=1]\)，其中中括号为艾弗森括号。

我们有一个关键引理 \(\sum_{d\mid n} \mu(d)=e(n)\)，它在 \(n=1\) 时显然成立，下面考察 \(n>1\) 的情况。不妨设 \(d=p_1^{b_1}\dots p_k^{b_k}\)，其中 \(b_i\in[0,a_i]\)。

\[\begin{align} \sum_{d\mid n}\mu(d)&=\sum_{b_1=0}^{a_1}\dots\sum_{b_k=0}^{a_k}\mu(p_1^{b_1}\dots p_k^{b_k})\notag\\ &=\sum_{b_1=0}^{1}\dots\sum_{b_k=0}^{1}\mu(p_1^{b_1}\dots p_k^{b_k})\notag\\ &=\sum_{S\subseteq [1,k]}\mu(\prod_{i\in S}p_i)\notag\\ &=\sum_{S\subseteq [1,k]}(-1)^{|S|}\notag\\ &=\sum_{i=0}^k\binom ki(-1)^i\notag\\ &=0\notag\\ &=e(n)\tag {1} \end{align} \]

此时可以得到一个重要结论：

\[[\gcd(a,b)=1]=\sum_{d\mid \gcd(a,b)}\mu(d)\tag {2} \]

正确性显然。

数论函数的变换环

对于数论函数（定义在正整数集上的实值或复值函数），作如下运算定义和分析：

• 加法：\(f+g(x)=f(x)+g(x)\)
• 狄利克雷卷积：\(f*g(x)=\sum_{d_1d_2=x}f(d_1)g(d_2)=\sum_{d\mid x}f(d)g(\frac nd)\)。
• 狄利克雷卷积对加法有分配律，证明显然。
• 狄利克雷卷积有结合律，因为任意运算顺序的结果都是 \(\sum_{d_1d_2d_3=x}f(d_1)g(d_2)h(d_3)\)。

因此数论函数依照加法和狄利克雷卷积形成变换环，注意到其卷积单位元为上述的 \(e(n)\)，代入即可证明。

莫比乌斯反演公式

\[f(n)=\sum_{d\mid n}g(d)\leftrightarrow g(n)=\sum_{d\mid n} \mu(\frac nd)f(d)\tag {3.1} \]

证明：令常值函数 \(I(x)=1\)，则左式等价于 \(f=g*I\)，右式等价于 \(g=\mu * f\)。

又 \(\mu * I=\sum_{d\mid n} \mu(d)=e(n)\)（根据式子 \((12)\) 可得），因此有 \(\mu *f=\mu *g*I=g\)，反过来同理。

一个等价形式是：

\[f(n)=\sum_{n\mid d}g(d)\leftrightarrow g(n)=\sum_{n\mid d} \mu(\frac dn)f(d)\tag {3.2} \]

利用莫反求 \(\varphi\) 计算公式

对于固定的 \(n\)，考察分数集合 \(S=\{\frac mn|m\in[1,n]\}\)，考虑给每个分数约分，显然有 \(|S|=\sum_{d\mid n}|\{\frac cd|c\in[1,d],\gcd(c,d)=1\}|\)。右侧集合的大小显然是 \(\varphi (d)\)，因此可得出下面的推导：

\[\begin{align} n&=\sum_{d\mid n}\varphi(d)\tag{4}\\ \varphi(n)&=\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}\tag {莫比乌斯反演}\\ &=n\sum_{d\mid n}\frac{\mu(d)}{d}\notag\\ &=n\sum_{S\subseteq[1,k]}\frac{(-1)^{|S|}}{\prod_{i\in S}p_i}\notag\\ &=n\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\notag \end{align} \]

接下来的部分是容易的，不再赘述。进一步考虑 \(\varphi\) 与 \(\mu\) 的关系。注意到上面的 \((4)\) 式子可以写成狄利克雷卷积形式（下文中 \(I\) 是常值函数 \(1\)，\(id\) 是自映射函数 \(id(x)=x\)）：

\[\begin{align} id&=\varphi*I\notag\\ \mu *id&=\mu*\varphi*I\notag\\ \mu *id&=e*\varphi\notag\\ \mu *id&=\varphi\tag5\\ \varphi(n)&=\sum_{d\mid n}\mu(d)\times \frac nd\notag\\ \frac{\varphi(n)}{n}&=\sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d}\tag 6\\ \end{align} \]

此时有欧拉反演的推论：

\[\gcd(a_1,a_2,\dots)=\sum_{d\mid \gcd(a_1,a_2,\dots)}\varphi(d) \]

可以通过枚举 \(\gcd\) 的值进行莫反，然后利用 \((5)\) 得到。

P2522 [HAOI2011] Problem b

题意：\(n\) 次询问，求 \(\sum_{i=a}^b\sum_{j=c}^d[\gcd(i,j)=k]\)。\(n,a,b,c,d\leq 5\times 10^4\)。

差分，做成 \(4\) 个形如 \(\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[\gcd(i,j)=k]\) 的形式。可以做出如下化简：

\[\begin{align} ans&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac ak\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac bk\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\notag\\ &=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac ak\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac bk\rfloor}\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)\tag{根据公式(2)}\\ &=\sum_d\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac ak\rfloor}[d\mid i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac bk\rfloor}[d\mid j]\tag{枚举 d，看他在多少个 pair 里统计到}\\ &=\sum_d\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac a{kd}\rfloor}[1]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac b{kd}\rfloor}[1]\tag{下取整的结合律}\\ &=\sum_d\mu(d)\lfloor\frac{\lfloor\frac ak\rfloor}d\rfloor\lfloor\frac{\lfloor\frac bk\rfloor}d\rfloor\notag \end{align} \]

预处理 \(\mu\)，利用多维度的数论分块即可做到 \(O(T\sqrt n)\)。

P2257 YY的GCD

题意：\(T\) 次询问，求 \(\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[\gcd(i,j)是质数]\)。\(T\leq 10^4\)，\(a,b\leq 10^7\)。

\[\begin{align} ans&=\sum_p\sum_d\mu(d)\lfloor\frac{a}{pd}\rfloor\lfloor\frac{b}{pd}\rfloor\notag\\ &=\sum_t\lfloor\frac{a}{t}\rfloor\lfloor\frac{b}{t}\rfloor\sum_p\mu(\frac tp)\tag {令 t=pd，这是经典换元} \end{align} \]

设 \(f(x)=\sum_p\mu(\frac xp)\)，数论分块即可。注意 \(f(x)\) 可以在线性筛时预处理得到：

• 若 \(x=1\)，则 \(f(x)=0\)。
• 若 \(x\) 是质数，则 \(f(x)=\mu(1)=1\)。
• 否则在线性筛时找到 \(x\) 的最小质因子 \(j\)，设 \(x=i\times j\)：
  • 若 \(i,j\) 互质，则 \(i\) 中每一个 \(\mu\) 的值都会增加一个未出现过的质因子，即 \(f(x)=-f(i)+\mu(i)\)。
  • 否则，对于除 \(j\) 外的所有质因子 \(p\)，都有 \(\mu(\frac xp)\) 有平方因子。即 \(f(x)=\mu (i)\)。

总复杂度 \(O(a+T\sqrt a)\)。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

题意：单次询问，求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \operatorname{lcm}(i,j)\)。\(n,m\leq 10^7\)。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)}\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_k\frac{ij[\gcd(i,j)=k]}{k}\\ &=\sum_k\frac 1k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[\gcd(i,j)=k]\\ &=\sum_kk\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac mk\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]\\ \end{aligned} \]

把 \((i,j)\) 的部分提出来单独处理，设成 \(f(i,j)\)。

\[\begin{aligned} f(n,m)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_d\mu(d)\sum_{i=1}^n[d\mid i]\times i\sum_{j=1}^m[d\mid j]\times j\\ &=\sum_d\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor \frac nd\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor \frac md\rfloor}j\\ \end{aligned} \]

处理 \(\mu(d)\times d^2\) 的前缀和，后半部分整除分块，每次可以 \(O(1)\) 利用等差数列求和计算。因此一个 \(f\) 的复杂度是 \(O(\sqrt n)\)。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_kk\times f(\lfloor\frac nk\rfloor,\lfloor\frac mk\rfloor) \end{aligned} \]

仍然整除分块做。总复杂度是 \(O(n)\)。另一种计算方式见下面的 AGC038C

P3704 [SDOI2017] 数字表格

题意：\(T\) 次询问，每次给定 \(n,m\)，求 \(\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m f_{\gcd(i,j)}\) 的值。其中 \(f\) 是斐波那契数列。\(n,m\leq 10^6\)，\(T\leq 10^3\)。

仍然考虑枚举 gcd：

\[\begin{align} ans&=\prod_{k}\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]\times f_k\notag\\ &=\prod_k f_k^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]}\notag\\ &=\prod_kf_k^{\sum_d\mu(d)\times \lfloor\frac n{kd}\rfloor\lfloor\frac m{kd}\rfloor }\notag\\ &=\prod_k\prod_df_k^{\mu(d)\times \lfloor\frac n{kd}\rfloor\lfloor\frac m{kd}\rfloor}\notag\\ &=\prod_t(\prod_df_{\frac td}^{\mu(d)})^{\lfloor\frac nt\rfloor\lfloor\frac mt\rfloor}\tag{令 t=kd}\\ \end{align} \]

预处理斐波那契数列及其逆元，不妨设 \(g_t=\prod_df_{\frac td}^{\mu(d)}\)，由于有效的 \(\mu(d)=\pm1\)，故可以在 \(O(n\log n)\) 的时间复杂度预处理出每一个 \(g_t\) 的值。维护 \(g_t\) 的前缀积，外层数论分块做即可，每一块会带一个快速幂的 \(\log\)。显然这个前缀积里不可能出现 \(0\)。

总复杂度 \(O(n\log n+T\sqrt n\log n)\)。

P3327 [SDOI2015] 约数个数和

题意：设 \(d(x)\) 表示 \(x\) 的因数个数。\(T\) 次询问，每次询问给定 \(n,m\)，求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i\times j)\)。\(T,n,m\leq 50000\)。

定理：\(d(i\times j)=\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[\gcd(x,y)=1]\)。

证明：对于每种质因数分别考虑，设其在 \(i\) 中的次数为 \(a\)，在 \(j\) 中的次数为 \(b\)，则其会给因子数目贡献一个 \(a+b+1\) 的因子。考虑另一种有 \(a+b+1\) 的贡献的形式：\((0,0),(0,1),\dots,(0,b),(1,0),(2,0),\dots,(a,0)\)，表示最终因子里这个质因数的来源，共有 \(a+b+1\) 个不同的 pair。这反应到两边各选一个因子统计答案的过程中，就是要求两边选出来的因子互质。因此结论得证。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[\gcd(x,y)=1]\\ &=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[\gcd(x,y)=1]\times \lfloor\frac nx\rfloor\lfloor\frac my\rfloor\\ &=\sum_{d}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\times \lfloor\frac n{xd}\rfloor\lfloor\frac m{yd}\rfloor\\ &=\sum_{d}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\lfloor\frac {\lfloor\frac nd\rfloor}{x}\rfloor\sum_{y=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\lfloor\frac {\lfloor\frac md\rfloor}{y}\rfloor\\ \end{aligned} \]

设 \(f(x)=\sum_{i=1}^x\lfloor\frac {x}{i}\rfloor\)，利用整除分块不难预处理出每一个 \(f\) 的值。此时 \(ans=\sum_d\mu(d)\times f(\lfloor\frac nd\rfloor)\times f(\lfloor\frac md\rfloor)\)，再加一个整除分块即可求得 \(ans\) 的值。总复杂度 \(O((n+T)\sqrt n)\)。

CF235E Number Challenge

题意：求 \(\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\sum_{k=1}^cd(i\times j\times k)\)。\(a,b,c\le 2000\)。

借用上题结论，我们类似地有 \(d(ijk)=\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\sum_{z\mid k}[\gcd(x,y)=1][\gcd(x,z)=1][\gcd(y,z)=1]\)。

下面显然要对这一些 \(\gcd\) 做莫反。但是对三个一起莫反得到的形式可能会很复杂，且该题存在枚举空间。因此我们尝试对某一个进行莫反，下面选取的是 \([\gcd(x,y)=1]\) 这一项。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\sum_{k=1}^c\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\sum_{z\mid k}\sum_{d\mid \gcd(x,y)}\mu(d)[\gcd(x,z)=1][\gcd(y,z)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{\min(a,b)}\mu(d)\sum_{k=1}^c\sum_{z\mid k}(\sum_{d\mid x}\sum_{x\mid i,i\le a}[\gcd(x,z)=1])(\sum_{d\mid y}\sum_{y\mid j,j\le b}[\gcd(y,z)=1])\\ &=\sum_{d=1}^{\min(a,b)}\mu(d)\sum_{z=1}^c\lfloor\frac cz\rfloor(\sum_{d\mid x,x\le a}\lfloor\frac ax \rfloor[\gcd(x,z)=1])(\sum_{d\mid y,y\le b}\lfloor\frac by \rfloor[\gcd(y,z)=1])\\ \end{aligned} \]

不妨设 \(n=\max(a,b,c)\)，此时外面两层枚举复杂度为 \(O(n^2)\)，内层的两个求和式可以分别计算再相乘，\(x,y\) 的枚举都是调和级数。因此预处理 \(2000\) 以内两两数的 gcd 即可做到 \(O(n^2\ln n)\)。

[AGC038C] LCMs

题意：给定一个长度为 \(n\) 的数列 \(A_1, A_2, A_3, \ldots, A_n\)。请你求出 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}\mathrm{lcm}(A_i,A_j)\) 的值模 \(998244353\) 的结果。\(1 \leq n \leq 2 \times 10^5\)，\(1 \leq A_i \leq 10^6\)。

首先可以通过简单变化变为求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\mathrm{lcm}(a_i,a_j)\)。

【法一】

由于值域不大，可以用一个桶 \(c_i\) 表示 \(i\) 的出现次数，于是可以变为 \(\sum_{i=1}^{v}\sum_{j=1}^v\mathrm{lcm}(i,j)\times c_i\times c_j\)。下面略去一些常见的化简。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_kk\sum_{i=1}^{\lfloor\frac vk\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac vk\rfloor}ijc_{ik}c_{jk}\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)\\ &=\sum_kk\sum_d\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac v{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac v{kd}\rfloor}ijc_{ikd}c_{jkd}\\ &=\sum_t\sum_{i=1}^{\lfloor\frac vt\rfloor}ic_{it}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac vt\rfloor}jc_{jt}\sum_{d\mid t}\mu(d)d^2\times\frac {t}{d}\\ &=\sum_tt(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac vt\rfloor}ic_{it})^2\sum_{d\mid t}\mu(d)\times d \end{aligned} \]

后一个求和符号枚举 \(d\) 对全局预处理；前一个求和符号暴力枚举 \(i\) 算，复杂度是调和级数。

【法二】：直接利用广义公式

首先有如下化简结果：

\[ans=\sum_k\frac 1k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd (a_i,a_j)=k]\times a_ia_j \]

考虑处理中间那个 \(\gcd=k\)，一般我们可以尝试反演，找 \(k\) 的因数 \(d\)，使得限制变为 \(d\) 同时是 \(a_i,a_j\) 的因数，消去 \(\gcd\)。具体地，我们设 \(f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd (a_i,a_j)=k]\times a_ia_j\)，构造一个函数 \(g\) 进行莫比乌斯反演：

\[\begin{align} g(d)&=\sum_{d\mid x}f(x)\notag\\ &=\sum_{d\mid x}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(a_i,a_j)=x]\times a_ia_j\notag\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[d\mid \gcd(a_i,a_j)]\times a_ia_j\tag{考察一个 pair 可以被计入的条件}\\ &=(\sum_{i=1}^n [d\mid a_i]\times a_i)^2\notag \end{align} \]

也即 \(g(d)\) 是所有权值为自己倍数的数的和的平方。开桶存值不难做到 \(O(V\log V)\) 求所有 \(g\)。下面反演回来求 \(f\)：

\[\begin{align} f(d)&=\sum_{d\mid x}g(x)\mu(\frac xd)\notag\\ ans&=\sum _k\frac{1}{k}\sum_{k\mid x}g(x)\mu(\frac xd)\notag \end{align} \]

调和级数暴力求即可，复杂度 \(O(V\log V)\)。