莫比乌斯反演题目整理

1.YY的gcd

题意：给定\(N, M\)，求

\[\sum\limits_{i = 1}^N\sum\limits_{j = 1}^N[gcd(i,j)=k](k\in Prime) \]

先规定：本文中的\(\frac{a}{b}\)表示\(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor\)(因为我懒)

不妨设\(N<M\)

首先，显然原式可以写成这个形式：

\[\sum\limits_{k = 1,k\in Prime}^{N}\sum\limits_{i = 1}^N\sum\limits_{j = 1}^M[gcd(i,j)=k] \]

我们设：

\[\mathbf{f}(k)=\sum\limits_{i = 1}^N\sum\limits_{j = 1}^M[gcd(i,j)=k] \]

\[\mathbf{F}(n)=\sum\limits_{n|k}\mathbf{f}(k) \]

也就是\(\mathbf{f}(k)\)表示\(gcd(i, j)=k\)的数的个数，\(\mathbf{F}(k)\)表示\(gcd(i, j)=d\times k(d\in N_+)\)的数的个数

由定义可知：

\[\mathbf{F}(n)=\frac{N}{n}\frac{M}{n} \]

因为\(\mathbf{F}(k)\)表示\(gcd(i, j)=d\times k(d\in N_+)\)的数的个数，那么\(i,j\)必须要同时包含\(k\)这个因子

那么由莫比乌斯反演公式得：

\[\mathbf{f}(n) = \sum\limits_{n|k}\mu(\frac{k}{n})\mathbf{F}(k) \]

直接代入：

\[\sum\limits_{k = 1,k\in Prime}^{N}\sum\limits_{i = 1}^N\sum\limits_{j = 1}^M[gcd(i,j)=k]\\=\sum\limits_{k = 1,k\in Prime}^{N}f(k)\\=\sum\limits_{k = 1,k\in Prime}^{N}\sum\limits_{k|d}\mu(\frac{d}{k})\mathbf{F}(d)\\ \]

换成枚举\(\frac{d}{k}\)

\[=\sum\limits_{k = 1,k\in Prime}^{N}\sum\limits_{d=1}^{\frac{N}{k}}\mu(d)\mathbf{F}(dk)\\ \]

把\(\mathbf{F}(dk)\)替换得到：

\[=\sum\limits_{k = 1,k\in Prime}^{N}\sum\limits_{d=1}^{\frac{N}{k}}\mu(d)\frac{N}{dk}\frac{M}{dk} \]

设\(dk=p\)

\[=\sum\limits_{p=1}^{N}\sum\limits_{k|p,k\inPrime}\mu(\frac{p}{k})\frac{N}{p}\frac{M}{p} \]

显然后面两项和\(k\)无关，可以提出来

\[=\sum\limits_{p=1}^{N}\frac{N}{p}\frac{M}{p}\sum\limits_{k|p,k\in Prime}\mu(\frac{p}{k}) \]

多组数据整除分块+线性筛就可以了

void pre()
{
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N - 1; i ++)
	{
		if(!flag[i]) pri[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * pri[j] <= N - 1; j ++)
		{
			flag[i * pri[j]] = 1;
			if(i % pri[j] == 0) break;
			mu[i * pri[j]] = -mu[i];
		} 
	}
	for(int i = 1; i <= cnt; i ++)
	{
		for(int j = 1; j * pri[i] <= N; j ++)
		{
			f[j * pri[i]] += mu[j];
		}
	}
	for(int i = 1; i <= N ; i ++) sum[i] = sum[i - 1] + f[i];
}

ll solve(int a, int b)
{
	ll ans = 0;
	for(int l = 1, r = 0; l <= a; l = r + 1)
	{
		r = min(a / (a / l), b / (b / l));
		ans += (ll)(sum[r] - sum[l - 1]) * (a / l) * (b / l);
	}
	return ans;
}

2.[SDOI2015]约数个数和

题意：设\(d(x)\)为\(x\)的约数个数，给定\(n,m\)，求

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^md(ij) \]

有一个玄学公式：

\[d(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|i}[gcd(x,y)=1] \]

(感性理解)

我们要求：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|i}[gcd(x,y)=1] \]

按照套路把后面的提前

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

接着按照套路反演

设

\[f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^m\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor[gcd(i,j)=t] \]

\[g(x)=\sum\limits_{x|d}f(d) \]

则

\[g(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^m\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor[x|gcd(i,j)] \]

3.[POI2007]ZAP-Queries

咕咕咕