莫比乌斯函数总结

性质：\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]\)

这个可以用组合数的性质来证，形象点的话就是杨辉三角。

因为恒等式：\(\sum_{i=0}^{n}(-1)^nC_{n}^{i}=0\).

莫比乌斯反演：

形式一:

已知：\(g(n)=\sum_{d|n}f(d)\)，则有：\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})\).

证明如下：

\[\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)

\]

交换求和次序，有：

\[\begin{aligned}

&\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)\\

=&\sum_{k|n}f(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)\\

=&\sum_{k|n}f(k)[\frac{n}{k}=1]=f(n)

\end{aligned}

\]

故得证.

形式二:

已知：\(g(n)=\sum_{n|d}f(d)\)，则有：\(f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)\).

证明如下：

令\(k=\frac{d}{n}\),则有：

\[\begin{aligned}

&\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)\\

=&\sum_{k=1}^{\infty}\mu(k)g(nk)\\

=&\sum_{k=1}^{\infty}\mu(k)\sum_{nk|t}f(t)

\end{aligned}

\]

交换求和次序，有：

\[\begin{aligned}

&\sum_{k=1}^{\infty}\mu(k)\sum_{nk|t}f(t)\\

=&\sum_{n|t}f(t)\sum_{k|\frac{t}{n}}\mu(k)\\

=&\sum_{n|t}f(t)[\frac{t}{n}=1]=f(n)

\end{aligned}

\]

故得证.

常用技巧(应用)：

一个性质：

\[\lfloor\frac{\lfloor\frac{x}{a}\rfloor}{b}\rfloor=\lfloor\frac{x}{ab}\rfloor

\]

证明如下：

令\(y=\lfloor\frac{x}{a}\rfloor,z=\lfloor\frac{x}{ab}\rfloor\),显然有：\(x=zab+c,c\leq ab\).

等式两边同时除以\(a\)并向下取整有：\(y=zb+\lfloor\frac{c}{a}\rfloor\).

再同时除以\(b\)并向下取整：\(\lfloor\frac{\lfloor\frac{x}{a}\rfloor}{b}\rfloor=z+\lfloor\frac{\lfloor\frac{c}{a}\rfloor}{b}\rfloor\).

之后就比较显然了。

整除分块:

整除分块经常在相关数论问题中用到，主要是用来解决下列求和式：

\[\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor

\]

证明我就不写了，就说点有用的性质吧：

对于\(1\leq i\leq n\)，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)只有至多\(2\sqrt{n}\)个不同取值。

对于任一\(x\)，当\(x\leq i\leq \lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}\rfloor\)时，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的值都相等。

有了上面两个性质，那么可以加速求和式，复杂度为\(\sqrt{n}\)。

例一：

求：\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\).

\[\begin{aligned}

&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\\

=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\\

=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d|i,d|j}\mu(d)

\end{aligned}

\]

说明一下：从第一步到第二步多出来一个和式，就相当于一个容斥的过程，考虑所有的\((i,j)\)，对于他们的\(gcd\)来进行容斥：先加上所有的情况，然后减去\(gcd\)为\(2,3,5...\)倍数的情况，但会多减，所以加回来。

之后再进行变换得：

\[\begin{aligned}

&\sum_{d}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d|j}\\

=&\sum_{d}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor

\end{aligned}

\]

后面的部分直接整除分块，然后预处理\(\mu\)的前缀和就行了。

例二：

求：\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)\)

这个和第一个比较类似，我们变化一下就有：

\[\begin{aligned}

&\sum{d}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]\\

=&\sum{d}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(i,j)=1]

\end{aligned}

\]

根据例一得：

\[\begin{aligned}

&\sum{d}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(i,j)=1]\\

=&\sum{d}\sum_t\mu(t)\lfloor\frac{n}{dt}\rfloor\lfloor\frac{m}{dt}\rfloor

\end{aligned}

\]

令\(T=dt\)，则上式可化为：

\[\begin{aligned}

=&\sum{\frac{T}{t}}\sum_{t}\mu(\frac{T}{d})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\\

=&\sum_{T}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{t|T}\mu(t)\frac{T}{t}\\

=&\sum_T\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\varphi(T)

\end{aligned}

\]

说说为什么最后转化为了欧拉函数：

欧拉函数有个十分有用的性质：\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)，证明的话主要从\(f(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)\)这个函数为积性函数入手。同时还有两个个性质也比较有用：一个是\(\varphi(p^m)=p^m-p^{m-1}\)，另一个是小于\(n\)的数中，与\(n\)互质的数的和为\(\frac{n\varphi(n)}{2},n>1\)，为什么呢？因为有\(gcd(m,n)=gcd(n,n-m)，所以是成对的~\)。

回到正题，有了这个式子反演一下就有：

\[\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}

\]

对于例二，整除分块+预处理欧拉函数就行了。

题意：

求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m lcm(i,j)\)。

思路：

推导过程如下：

\[\begin{aligned}

&\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m lcm(i,j)\\

=&\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \frac{ij}{gcd(i,j)}\\

=&\sum_d\sum_i\sum_j\frac{ij}{d}(gcd(i,j)=d)\\

=&\sum_d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ijd(gcd(i,j)=1)\\

=&\sum_dd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij(gcd(i,j)=1)

\end{aligned}

\]

后面部分是不是很熟悉，我们先求\(sum(n,m)=\sum_i\sum_jij(gcd(i,j)=1)\).

按照套路，有：

\[\begin{aligned}

sum(n,m)=&\sum_i\sum_jij\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\\

=&\sum_d d^2\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij

\end{aligned}

\]

后面部分为两个等差数列求和，显然可以直接数论分块来搞。

回到原式：

\[\sum_d d\cdot sum(\lfloor\frac{n}{d}, \frac{m}{d}\rfloor)

\]

发现这后面也可以数论分块搞，所以就是分块套分块，总复杂度为\(O(n)\)。

Code

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e7 + 5, MOD = 20101009;

int n, m;

int mu[N], p[N], sum[N];

bool chk[N];

void init() {

mu[1] = 1;

int cnt = 0, k = min(n, m);

for(int i = 2; i <= k; i++) {

if(!chk[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;

for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= k; j++) {

chk[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 <= k; i++) sum[i] = ((sum[i - 1] + 1ll * mu[i] * i * i % MOD) % MOD + MOD) % MOD;

}

int Sum(int x) {

return 1ll * x * (x + 1) / 2 % MOD;

}

int calc(int n, int m) {

int ans = 0;

for(int i = 1, j; i <= min(n, m); i = j + 1) {

j = min(n / (n / i), m / (m / i));

ans = (ans + 1ll * (sum[j] - sum[i - 1] + MOD) * Sum(n / i) % MOD * Sum(m / i) % MOD) % MOD;

}

return ans;

}

int solve(int n, int m) {

int ans = 0;

for(int i = 1, j; i <= min(n, m); i = j + 1) {

j = min(n / (n / i), m / (m / i));

ans = (ans + 1ll * (i + j) * (j - i + 1) / 2 % MOD * calc(n / i, m / i) % MOD) % MOD;

}

return ans;

}

int main() {

#ifdef heyuhhh

freopen("input.in", "r", stdin);

#else

ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);

#endif

cin >> n >> m;

init();

cout << solve(n, m);

return 0;

}