文章目录

莫比乌斯反演
- 引入
- 公式
- 性质
- 模板
- 公式证明
莫比乌斯函数前缀和
题目练习
- 完全平方数
- [HAOI2011]Problemb
- YY的GCD
- [SDOI2014]数表
- [国家集训队]Crash的数字表格/JZPTAB
- [SDOI2015]约数个数和

寒假疫情期间跟着lmm学了一遍，完全是懵逼到底状态，以至于后面考到或者做到相关知识的题目，完全是非洲人。今天跟着h老师重新学了一遍，虽然可能自己还是不会推🍔，但至少看得懂了吧

莫比乌斯反演

莫比乌斯反演形式的式子形如 $F(n)=∑d∣nf(d)F(n)=\sum_{d|n}f(d)$ ，一般而言 $F (n)$ 是非常好求的，而 $f (x)$ 即为要求的信息。

引入

$F(n)=∑d∣nf(d)F(n)=\sum_{d|n}f(d)$
通过这个例子，可以暴力打出下列表

$F (1)$	$f (1)$
$F (2)$	$f (1) + f (2)$
$F (3)$	$f (1) + f (3)$
$F (4)$	$f (1) + f (2) + f (4)$
$F (5)$	$f (1) + f (5)$
$F (6)$	$f (1) + f (2) + f (3) + f (6)$
$F (7)$	$f (1) + f (7)$
$F (8)$	$f (1) + f (2) + f (4) + f (8)$
…	…

转换一下，得到新表

$f (1)$	$F (1)$
$f (2)$	$F (2) - F (1)$
$f (3)$	$F (3) - F (1)$
$f (4)$	$F (4) - F (2)$
$f (5)$	$F (5) - F (1)$
$f (6)$	$F (6) - F (3) - F (2) + F (1)$
$f (7)$	$F (7) - F (1)$
$f (8)$	$F (8) - F (4)$
…	…

看看能观察到 $f$ 与 $F$ 之间存在什么规律？？
🚨 重点关注 $f (1), f (4), f (6), f (8)$
🧀 $f(6)=F(61)−F(62)−F(63)+F(66)f(6)=F(\frac{6}{1})-F(\frac{6}{2})-F(\frac{6}{3})+F(\frac{6}{6})$
在这里插入图片描述

发现规律 ~~其实是知道公式了~~

$F(nd)F(\frac{n}{d})$ 将 $d$ 质因数分解 $p_1^{k_1}...p_i^{k_i}$ ，如果各质数指数均为 $1$ ，则该 $F(nd)F(\frac{n}{d})$ 才会存在，特别地，当 $d = 1$ 时也一定存在

🍗： $f(8)=F(81)−F(82)f(8)=F(\frac{8}{1})-F(\frac{8}{2})$
$F(81)：1F(\frac{8}{1})：1$ 存在
$F(82)：2F(\frac{8}{2})：2$ 质因数分解 $2^1$ ，存在
$F(2)=F(84)：4F(2)=F(\frac{8}{4})：4$ 质因数分解 $2^2$ ，不存在
$F(1)=F(88)：8F(1)=F(\frac{8}{8})：8$ 质因数分解 $2^3$ ，不存在

$F(nd)F(\frac{n}{d})$ 前面的符号取决于 $d$ 所含质因子的个数/种类的奇偶性， $1)^k$

🍗： $f(6)=F(61)−F(62)−F(63)+F(66)f(6)=F(\frac{6}{1})-F(\frac{6}{2})-F(\frac{6}{3})+F(\frac{6}{6})$
$F(61)：1F(\frac{6}{1})：1$ 不含任何质因子，系数为 $1)^0=1$
$F(62)：2F(\frac{6}{2})：2$ 含质因子 $2$ ，系数为 $1)^1=-1$
$F(63)：3F(\frac{6}{3})：3$ 含质因子 $3$ ，系数为 $1)^1=-1$
$F(66)：6F(\frac{6}{6})：6$ 含质因子 $2, 3$ ，系数为 $1)^2=1$
在这里插入图片描述

公式

将引入中发现的规律经过数学 ~~提炼加工打磨~~ 规范，将 $1)^k$ 定义为 $μ(i)\mu (i)$
便成为了一个优美的🍔
$F(n)=∑d∣nf(n)⇒f(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)F(n)=\sum_{d|n}f(n)\Rightarrow f(n)=\sum_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$

其中 $μ(d)\mu(d)$ 为莫比乌斯函数，定义如下：

$d=1,μ(d)=1d=1,\mu(d)=1$
若 $d$ 能改写为 $p_1p_2...p_k$ 互异质数的积，则 $μ(d)=(−1)k\mu(d)=(-1)^k$
$o t h e r w i s e$ ，其余情况 $μ(d)=0\mu(d)=0$

性质

性质一：
对于任意的正整数 $n$ 有：
$∑d∣nμ(d)={1(n=1)0(n≠1)\sum_{d|n}\mu(d)=\left\{ \begin{aligned} 1&&(n=1)\\ 0&&(n≠1) \end{aligned} \right.$
证明：
Ⅰ. 当 $n = 1$ 时， $μ(1)=1\mu(1)=1$ ，显然成立
Ⅱ. 当 $n \neq = 1$ 时，将 $n$ 质因数分解为 $p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_i}$
只有所有质因子的指数都为 $1$ 的因数的 $μ\mu$ 值不为 $0$
则其中有 $x$ 个不同质因子的个数为 $C_k^x$ ，于是有
$∑d∣nμ(d)=Ck0−Ck1+Ck2....=∑i=0k(−1)iCki\sum_{d|n}\mu(d)=C_k^0-C_k^1+C_k^2....=\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i$
🧀二项式展开公式为：
$(X+Y)n=∑i=0nCniXiYn−i(X+Y)^n=\sum_{i=0}^nC_n^iX^iY^{n-i}$
令 $X = 1, Y = - 1$ 带入即可得到：
$∑i=0k(−1)iCki=[1+(−1)]k=0\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i=[1+(-1)]^k=0$

性质二：
对于任意的正整数 $n$ 有：
$∑d∣nμ(d)d=ϕ(n)n\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}$
证明：
$∑d∣nμ(d)d=ϕ(n)n⇔n×∑d∣nμ(d)d=ϕ(n)\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}\Leftrightarrow n\times \sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\phi(n)$
令 $F(n)=n,f(n)=ϕ(n)F(n)=n,f(n)=\phi(n)$ ，则有
$f(n)=n×∑d∣nμ(d)d=∑d∣nμ(d)nd=∑d∣nμ(d)F(nd)f(n)=n\times \sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$
🚨不要忘记 $f(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$ 成立的前提是 $F(n)=∑d∣nf(d)F(n)=\sum_{d|n}f(d)$
所以如果性质二要想成立，就必须再证明 $n=∑d∣nϕ(d)n=\sum_{d|n}\phi(d)$
考虑从物理意义角度出发
设 $k∈[1,n]，gcd(n,k)=d⇒gcd(n/d,k)=1k∈[1,n]，gcd(n,k)=d\Rightarrow gcd(n/d,k)=1$ ，将 $k$ 分到 $C_{n/d}$ 类中
🍗： $n = 8$
${1,3,5,7gcd=1ϕ(81)=42,6gcd=2ϕ(82)=24gcd=4ϕ(84)=18gcd=8ϕ(88)=1\left\{ \begin{aligned} 1,3,5,7&&gcd=1&&\phi(\frac{8}{1})=4\\ 2,6&&gcd=2&&\phi(\frac{8}{2})=2\\ 4&&gcd=4&&\phi(\frac{8}{4})=1\\ 8&&gcd=8&&\phi(\frac{8}{8})=1 \end{aligned} \right.$

性质三：
莫比乌斯函数是一个积性函数
~~但我不会证明~~

🧀
积性函数的定义：对于任意互质的整数 $a$ 和 $b$ 有性质 $f (a b) = f (a) f (b)$ 的数论函数
完全积性函数定义：对于任意的整数 $a$ 和 $b$ 有 $f (a b) = f (a) f (b)$ 的数论函数
积性函数的性质：

$f (1) = 1$
积性函数的前缀和也是积性函数

模板

因为莫比乌斯函数是一个积性函数，我们就可以线性筛求出其值
由此联想到我们以前会的求质数的欧拉筛法

void sieve() {mu[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) {vis[i] = 1;mu[i] = -1;prime[++ cnt] = i;}for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {mu[i * prime[j]] = 0; //i*prime[j]这个数至少含有prime[j]^2 break;}mu[i * prime[j]] = - mu[i];//多了prime[j]这一种新的质因子 所以要与原来取相反数/*只要i*prime[j]含有pi^2早晚都会进if语句*/ }}
}

公式证明

说到底，好像我们似乎貌似仿佛并没有证明这个定理，就直接提上裤子跑了

形式一
证明：
$F(n)=∑d∣nf(n)⇒f(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)=∑d∣nμ(d)∑k∣ndf(k)F(n)=\sum_{d|n}f(n)\Rightarrow f(n)=\sum_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)$
$d∣n,k∣nd⇒k∣n{d|n,k|\frac{n}{d}\Rightarrow k|n}$ ，可以感性理解 $d$ 取不同值， $k$ 会把 $n$ 所有因数都枚举到
于是可以把 $k$ 固定下来，更改 $d$ 的取值范围，类似于两层循环顺序的互调？？

$=∑k∣nf(k)∑d∣nkμ(d)=\sum_{k|n}f(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)$
将性质一的结论运用上， $∑d∣nkμ(d)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)$ 当且仅当 $nk=1\frac{n}{k}=1$ 时，求和莫比乌斯函数值 $\neq = 0$
$= f (n)$
证明过程用到了性质一，性质一本身其实是独立于公式的，所以并不是伪证

形式二
$F(n)=∑n∣df(d)⇒f(n)=∑n∣dμ(dn)F(d)F(n)=\sum_{n|d}f(d)\Rightarrow f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$
证明：
与形式一的证明大致相同
令 $k=dnk=\frac{d}{n}$
$=∑k=1+∞μ(k)F(n×k)=∑k=1+∞μ(k)∑n×k∣pf(p)=∑n∣pf(p)∑k∣pnμ(k)=\sum_{k=1}^{+∞}\mu(k)F(n\times k)=\sum_{k=1}^{+∞}\mu(k)\sum_{n\times k|p}f(p)=\sum_{n|p}f(p)\sum_{k|\frac{p}{n}}\mu(k)$

当且仅当 $pn=1,p=n\frac{p}{n}=1,p=n$ 时 $∑k∣npμ(k)=1\sum_{k|\frac{n}{p}}\mu(k)=1$ ，其余全为 $0$
$= f (n)$
一般这种形式更常用一些

莫比乌斯函数前缀和

基本上莫比乌斯反演的题目都会和分块绑定在一起，此时的莫比乌斯函数就需要进行前缀和
接下来就让我们一起来深挖一下分块部分
🍗
$Q=∑i∣dμ(i)⌊ni⌋Q=\sum_{i|d}\mu(i)\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor$
不妨设 $n = 10$ ，如果按照 $⌊ni⌋\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor$ 对 $1≤i≤n1\le i\le n$ 进行分类
则有 $10=\{1\},5=\{2\},3=\{3\},2=\{4,5\},1=\{6,7,8,9,10\}$
反映在平面直角坐标系上，看看是什么样👀
在这里插入图片描述
按照 $x\sqrt{x}$ 做分割线，前半段的 $x$ 最多只有 $x\sqrt{x}$ 段，后半段的 $y$ 最多只有 $x\sqrt{x}$ 段

拼接在一起，则 $⌊ni⌋\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor$ 最多只有 $2n2\sqrt{n}$ 个取值
$n / i$ 即为 $i$ 所在的块， $n / (n / i)$ 则为该块右端点值
在这里插入图片描述

block = n / i;
r = n / block;

因为 $[i, n / (n / i)]$ 这一段的 $⌊ni⌋\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor$ 均相等
所以我们就可以对 $μ\mu$ 进行前缀和，直接 $O (1)$ 计算出这一段区间的 $s u m$
就不必再老实地一个一个往后推
~~老实人永远会被出题人吊起来抽~~
~~这个思想会在后面的题里反复出现，所以提前放出来~~

一般情况下，莫比乌斯反演后都是求 $f (1)$ 因为这个时候 $f(1)=∑i=1infμ(i)F(i)f(1)=\sum_{i=1}^{inf}\mu(i)F(i)$ 才能连续地整除分块。

$i n f$ 是取决于 $F$ 函数在什么时候开始就一直取值为 $0$ ，后面的信息没有贡献即可停止枚举。

题目练习

完全平方数

solution

考虑二分答案，转化为求 $[1, x]$ 之间的无平方因子的个数
$t o t = 0$ 个质数乘积的平方的倍数的数的个数（ $1$ 的倍数）
$- 1$ 个质数乘积的平方的倍数的数的个数（ $4[2^2]$ 的倍数， $9[3^2]$ 的倍数…）
$+ 2$ 个质数乘积的平方的倍数的数的个数（ $36[(2×3)2]36[(2\times 3)^2]$ 的倍数…）
发现每个乘积前面的系数刚好是 $μ(i)\mu(i)$
🍗： $μ(3)=−1\mu(3)=-1$ ，故 $9$ 对答案的贡献为负， $μ(6)=1\mu(6)=1$ ，故 $36$ 对答案的贡献为正
$x$ 以内的 $i^2$ 的个数为 $xi2\frac{x}{i^2}$
$⇒tot(x)=∑i=1xμ(i)xi2\Rightarrow tot(x)=\sum_{i=1}^{\sqrt{x}}\mu(i)\frac{x}{i^2}$
这道题仅是莫比乌斯函数的运用，并非莫比乌斯反演

code

#include <cstdio>
#define int long long
#define maxn 1000005
int T, k, cnt;
int mu[maxn], prime[maxn];
bool vis[maxn];void init() {mu[1] = 1;for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) mu[i] = -1, prime[++ cnt] = i;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {mu[i * prime[j]] = 0;break;}mu[i * prime[j]] = -mu[i];}}	
}int check( int x ) {int ans = 0;for( int i = 1;i * i <= x;i ++ )ans += x / ( i * i ) * mu[i];return ans;
}signed main() {init();scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld", &k );int l = 1, r = ( k << 1 );while( l <= r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if( check( mid ) >= k ) r = mid - 1;else l = mid + 1;}if( check( l ) == k ) printf( "%lld\n", l );else printf( "%lld\n", r );}return 0;
}

[HAOI2011]Problemb

solution

将 $a≤x≤b,c≤y≤da\le x\le b,c\le y\le d$ 二维差分成四个询问
每次询问 $1≤x≤n,1≤y≤m1\le x\le n,1\le y\le m$ 的 $g c d (x, y) = k$ 的数对数量
然后再转化为 $1≤x≤nk,1≤y≤mk1\le x\le \frac{n}{k},1\le y\le \frac{m}{k}$ 内的互质的数对数量

定义 $f (i) : g c d (x, y) = i$ 的数对数量， $F (i) : i ∣ g c d (x, y)$ 的数对数数量
$(1≤x≤n,1≤y≤m)(1\le x\le n,1\le y\le m)$

$⇒F(i)=⌊ni⌋⌊mi⌋⇒f(i)=∑i∣dμ(di)F(i)=∑i∣dμ(di)⌊ni⌋⌊mi⌋\Rightarrow F(i)=\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{i}}\rfloor\Rightarrow f(i)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})F(i)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{i}}\rfloor$
🧀 $⌊ni⌋⌊mi⌋\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{i}}\rfloor$ 其实是一段一段的区间，最多 $2(n+m)2(\sqrt{n}+\sqrt{m})$ 个，从这里入手枚举
那么就需要对前面的 $∑i∣dμ(di)\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})$ 前缀和

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 50005
int n, a, b, c, d, k, cnt;
bool vis[maxn];
int prime[maxn], mu[maxn], pre[maxn];void init() {mu[1] = 1;	for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {mu[i * prime[j]] = 0;break;}mu[i * prime[j]] = -mu[i];}}for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) pre[i] = pre[i - 1] + mu[i];
}int calc( int n, int m ) {if( n > m ) swap( n, m );int last, ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i = last + 1 ) {last = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );ans += ( pre[last] - pre[i - 1] ) * ( n / i ) * ( m / i );}return ans;
}signed main() {init();scanf( "%lld", &n );for( int i = 1, a, b, c, d, k;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &d, &k );a --, c --;a /= k, b /= k, c /= k, d /= k;printf( "%lld\n", calc( b, d ) - calc( a, d ) - calc( b, c ) + calc( a, c ) );}return 0;
}

YY的GCD

solution

既然要求 $g c d (x, y)$ 为质数，而且发现这道题跟上一道problem b很像
先枚举质数，剩下的不就是求 $1≤x≤n,1≤y≤m,gcd(n,m)=11\le x\le n,1\le y\le m,gcd(n,m)=1$ 的数对数量？？

定义 $f (i) : g c d (x, y) = i$ 的数对数量， $F (i) : i ∣ g c d (x, y)$ 的数对数数量
$(1≤x≤n,1≤y≤m)(1\le x\le n,1\le y\le m)$
$F(i)=⌊ni⌋⌊mi⌋⇒f(i)=∑i∣dμ(di)F(d)=∑i∣dμ(di)⌊nd⌋⌊md⌋F(i)=\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{i}}\rfloor\Rightarrow f(i)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})F(d)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor$ 🚨 $g c d (x, y) = i$ 的质数已经提出来枚举了
$⇒ans=∑pmin(n,m)f(1)=∑pmin(n,m)∑d=1min(n,m)μ(d)⌊nd×p⌋⌊md×p⌋\Rightarrow ans=\sum_{p}^{min(n,m)}f(1)=\sum_{p}^{min(n,m)}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\lfloor{\frac{n}{d\times p}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{d\times p}}\rfloor$
如果止步于此，获得的只有美丽的黑色

令 $k=d×pk=d\times p$ ，则 $p = k / d$
$⇒ans=∑kmin(n,m)⌊nk⌋⌊mk⌋∑p∣kμ(kp)\Rightarrow ans=\sum_{k}^{min(n,m)}\lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor\sum_{p|k}\mu(\frac{k}{p})$

最后就只剩下对 $∑p∣kμ(kp)\sum_{p|k}\mu(\frac{k}{p})$ 进行前缀和的处理
这里的处理略微不同于上一道题
可以通过暴力枚举质因子，对质因子的倍数进行 $μ\mu$ 的累加，再前缀和处理出来

code
遇得到哦🙄
define int long long让我直接慢了1s多，导致 $T$ 了，只能老老实实改long long才能顺利 $A C$

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 10000005
int T, cnt;
int sum[maxn], mu[maxn], prime[maxn];
long long pre[maxn];
bool vis[maxn];void init( int n ) {mu[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {mu[i * prime[j]] = 0;break;}mu[i * prime[j]] = -mu[i];}}for( int j = 1;j <= cnt;j ++ )for( int i = 1;i * prime[j] <= n;i ++ )sum[prime[j] * i] += mu[i];for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) pre[i] = pre[i - 1] + sum[i];
}int main() {init( 1e7 );scanf( "%d", &T );int n, m, r;long long ans;while( T -- ) {scanf( "%d %d", &n, &m );if( n > m ) swap( n, m );ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i = r + 1 ) {r = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );ans += 1ll * ( pre[r] - pre[i - 1] ) * ( n / i ) * ( m / i );}printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}

[SDOI2014]数表

solution

一句话题意，令 $s u m (i)$ 表示 $i$ 的因子和，给定 $n, m, a$ ，求🍔
$∑1≤i≤n,1≤j≤msum(gcd(i,j))≤asum(gcd(i,j))\sum_{1\le i\le n,1\le j\le m}^{sum(gcd(i,j))\le a}sum(gcd(i,j))$

先思考此题的弱化版，即不考虑 $a$
$∑i=1n∑j=1msum(gcd(i,j))\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^msum(gcd(i,j))$
令 $F (i)$ 表示 $1≤x≤n,1≤y≤m,i∣gcd(x,y)1\le x\le n, 1\le y\le m,i|gcd(x,y)$ 的数对个数
令 $f (i)$ 表示 $1≤x≤n,1≤y≤m,gcd(x,y)=i1\le x\le n,1\le y\le m,gcd(x,y)=i$ 的数对个数
则有
$F(i)=∑i∣df(d),F(i)=⌊ni⌋⌊mi⌋F(i)=\sum_{i|d}f(d),F(i)=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor$
莫比乌斯反演
$f(i)=∑i∣dμ(di)F(d)=∑i∣dμ(di)⌊nd⌋⌊md⌋f(i)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})F(d)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$
于是，有
$ans=∑i=1min(n,m)sum(i)f(i)ans=\sum_{i=1}^{min(n,m)}sum(i)f(i)$ $=∑i=1min(n,m)sum(i)∑i∣dμ(di)⌊nd⌋⌊md⌋=\sum_{i=1}^{min(n,m)}sum(i)\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$ $=∑d=1min(n,m)⌊nd⌋⌊md⌋∑i∣dsum(i)μ(di)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\sum_{i|d}sum(i)\mu(\frac{d}{i})$
如果现在知道 $∑i∣dsum(i)μ(di)\sum_{i|d}sum(i)\mu(\frac{d}{i})$ ，就可以 $O(sqrt{n})$ 的计算出答案
$s u m (i)$ 可以线性筛得到，与上一题类似，枚举 $i$ 暴力更新倍数，前缀和即可， $O (l o g n)$

现在加上限制 $a$ ，又怎么做呢？？
其实只有 $sum(i)≤asum(i)\le a$ 的 $i$ 才会产生贡献
自然而然的想到，将 $a, s u m (i)$ 分别排序，树状数组维护
本质就是树状数组在线插入

至于取模的问题，采取自然溢出的方式即可，具体细节可参见代码

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100000
#define int long long
struct node {int n, m, a, id;
}q[maxn], s[maxn];
int prime[maxn], mu[maxn + 5], sum[maxn + 5], tree[maxn + 5], result[maxn + 5];
bool vis[maxn + 5];
int cnt;bool cmp( node x, node y ) {return x.a < y.a;
}void init() {mu[1] = 1;for( int i = 2;i <= maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {mu[i * prime[j]] = 0;break;}mu[i * prime[j]] = -mu[i];}}for( int i = 1;i <= maxn;i ++ )for( int j = i;j <= maxn;j += i ) sum[j] += i;for( int i = 1;i <= maxn;i ++ )s[i].a = sum[i], s[i].id = i;sort( s + 1, s + maxn + 1, cmp );
}int lowbit( int x ) {return x & ( -x );
}void add( int x, int v ) {for( int i = x;i < maxn;i += lowbit( i ) )tree[i] += v;
}int query( int x ) {int ans = 0;for( int i = x;i;i -= lowbit( i ) )ans += tree[i];return ans;
}int solve( int n, int m ) {if( n > m ) swap( n, m );int ans = 0, r;for( int i = 1;i <= n;i = r + 1 ) {r = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );ans += ( n / i ) * ( m / i ) * ( query( r ) - query( i - 1 ) );}return ans;
}void Add( int id ) {for( int i = 1;i * id <= maxn;i ++ )add( i * id, mu[i] * sum[id] );
}signed main() {int Q;scanf( "%lld", &Q );for( int i = 1;i <= Q;i ++ )scanf( "%lld %lld %lld", &q[i].n, &q[i].m, &q[i].a ), q[i].id = i;sort( q + 1, q + Q + 1, cmp );init();int now = 0;for( int i = 1;i <= Q;i ++ ) {while( s[now + 1].a <= q[i].a && now < maxn ) Add( s[++ now].id );result[q[i].id] = solve( q[i].n, q[i].m );}int mod = 1ll << 31;for( int i = 1;i <= Q;i ++ )printf( "%lld\n", result[i] % mod );return 0;
}

[国家集训队]Crash的数字表格/JZPTAB

solution
一句话题意，求🍔 $∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)$
$s t e p 1 :$ 枚举最大公因数

$=∑d=1min(n,m)∑i=1n∑j=1mi×jd=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{i\times j}{d}$

$s t e p 2 :$ 将最大公因数提到前面，循环上界压缩

$=∑d=1min(n,m)∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋i×d×j×dd=∑d=1min(n,m)d∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋i×j[gcd(i,j)=1]=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\frac{i\times d\times j\times d}{d}=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i\times j\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ [gcd(i,j)=1]$

$s t e p 3 :$ 利用 $∑i∣nμ(i)=[n=1]\sum_{i|n}\mu(i)=[n=1]$ ，对原式不会造成改变

$=∑d=1min(n,m)d∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋∑k∣gcd(i,j)μ(k)×i×j=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)\times i\times j$

$s t e p 4 :$ 也将 $μ\mu$ 提到前面，那么为了保证 $k ∣ i, k ∣ j$ ，枚举 $i, j$ 变为直接枚举 $k i, k j$

$=∑d=1min(n,m)d∑kmin(⌊nd⌋,⌊md⌋)∑ki⌊nd⌋∑kj⌊md⌋μ(k)×k2×i×j=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\sum_{ki}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{kj}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\mu(k)\times k^2\times i\times j$

$s t e p 5 :$ 将 $k$ 提出来

$=∑d=1min(n,m)d∑kmin(⌊nd⌋,⌊md⌋)μ(k)×k2∑i=1⌊nd×k⌋∑j=1⌊md×k⌋i×j=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor, \lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)\times k^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d\times k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d\times k}\rfloor}i\times j$

⚡：
① $∑kmin(⌊nd⌋,⌊md⌋)μ(k)×k2\sum_{k}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor, \lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)\times k^2$ 使用老套路前缀和优化，之后 $O (1)$ 查询
② $∑i=1⌊nd×k⌋∑j=1⌊md×k⌋i×j\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d\times k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d\times k}\rfloor}i\times j$ 其实就是一个等差数列求积

$∑i=1n∑j=1mi×j=n×(n+1)2.m×(m+1)2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mi\times j=\frac{n\times (n+1)}{2}. \frac{m\times (m+1)}{2}$

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 20101009
#define maxn 10000005
int mu[maxn], prime[maxn], sum[maxn];
bool vis[maxn];
int cnt, inv;void init() {mu[1] = 1;for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {mu[i * prime[j]] = 0;break;}mu[i * prime[j]] = -mu[i];}}for( int i = 1;i < maxn;i ++ )sum[i] = ( sum[i - 1] + i % mod * i % mod * mu[i] % mod + mod ) % mod;
}int seq( int n ) {return n % mod * ( n + 1 ) % mod * inv % mod;
}int calc( int n, int m ) {if( n > m ) swap( n, m );int ans = 0, r;for( int i = 1;i <= n;i = r + 1 ) {r = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );ans = ( ans + ( sum[r] - sum[i - 1] + mod ) % mod * seq( n / i ) % mod * seq( m / i ) % mod ) % mod;}return ans;
}int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}signed main() {init();inv = qkpow( 2, mod - 2 );int n, m;scanf( "%lld %lld", &n, &m );int ans = 0;for( int d = 1;d <= min( n, m );d ++ )ans = ( ans + d * calc( n / d, m / d ) % mod ) % mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

[SDOI2015]约数个数和

solution
一句话题意，设 $d (x)$ 表示 $x$ 的约数和，求🍔

$∑i=1n∑j=1md(i×j)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i\times j)$

首先有一个约数和的公式🍔 ~~我不是很会证~~

$d(i×j)=∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1]d(i\times j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$

$=∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1]=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$
转换一下枚举方式，考虑直接枚举因子
$=∑i=1n∑j=1m⌊ni⌋⌊mj⌋(gcd(i,j)=1)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor\ \ (gcd(i,j)=1)$
设 $F (i)$ 表示 $1≤x≤n,1≤y≤m,i∣gcd(x,y)1\le x\le n,1\le y\le m,i|gcd(x,y)$ 的约数和
设 $f (i)$ 表示 $1≤x≤n,1≤y≤m,i=gcd(x,y)1\le x\le n,1\le y\le m,i=gcd(x,y)$ 的约数和， $f (1)$ 即为最终答案
$F(p)=∑p∣df(d),F(p)=∑i=1⌊np⌋∑j=1⌊mp⌋⌊ni∗p⌋⌊mj∗p⌋F(p)=\sum_{p|d}f(d),F(p)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\lfloor\frac{n}{i*p}\rfloor\lfloor\frac{m}{j*p}\rfloor$
莫比乌斯反演
$f(p)=∑p∣tμ(tp)F(t)=∑p∣tμ(tp)∑i=1⌊nt⌋∑j=1⌊mt⌋⌊ni∗t⌋⌊mj∗t⌋f(p)=\sum_{p|t}\mu(\frac{t}{p})F(t)=\sum_{p|t}\mu(\frac{t}{p})\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{t}\rfloor}\lfloor\frac{n}{i*t}\rfloor\lfloor\frac{m}{j*t}\rfloor$
最后想求的答案就是 $f (1)$
$=∑t=1min(n,m)μ(t)F(t),F(t)=∑i=1⌊nt⌋∑j=1⌊mt⌋⌊nit⌋⌊mjt⌋=\sum_{t=1}^{min(n,m)}\mu(t)F(t),F(t)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{t}\rfloor}\lfloor\frac{n}{it}\rfloor\lfloor\frac{m}{jt}\rfloor$

对于求 $F (t)$ 的方法，先计算出 $S(t)=∑i=1t⌊ti⌋S(t)=\sum_{i=1}^t\lfloor\frac{t}{i}\rfloor$ ，则可以 $O (1)$ 得到

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 50005
int T, n, m, cnt;
int mu[maxn], prime[maxn], sum[maxn];
bool vis[maxn];void init() {mu[1] = 1;for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {mu[i * prime[j]] = 0;break;}mu[i * prime[j]] = -mu[i];}}for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) mu[i] += mu[i - 1];for( int x = 1;x < maxn;x ++ ) {int ans = 0;for( int i = 1, j;i <= x;i = j + 1 ) {j = x / ( x / i );ans += ( j - i + 1 ) * ( x / i );}sum[x] = ans;}
}int calc( int n, int m ) {if( n > m ) swap( n, m );int ans = 0, r;for( int i = 1;i <= n;i = r + 1 ) {r = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );ans += ( mu[r] - mu[i - 1] ) * sum[n / i] * sum[m / i];}return ans;
}signed main() {init();scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &m );printf( "%lld\n", calc( n, m ) );}return 0;
}