莫反

整除分块和狄利克雷卷积没啥说的。

规定莫比乌斯函数 \(\mu(i)\) 满足 \(i\) 被表示为 \(x\) 个单个质因子的积时返回值为 \((-1)^x\)。其余时为 \(0\)，\(\mu(1)=1\)。

有重要性质

\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]

证明：不妨设

\[n=\prod^m p_i^{a_i},n'=\prod^m p_i \]

则应满足

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n'}\mu(d) \]

后面一部分的每个 \(\mu(d)\) 都是有返回值的，\(n'\) 有保证了质因子不同所以对 \(x=i\) 个质因子的情况有 \(\binom{m}{i}\) 种取法，返回值全为 \((-1)^i\)

二项式定理：

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n'}\mu(d)=\sum_{i=1}^m\binom{m}{i}(-1)^i=(1+(-1))^m=1 \]

然后好了。

有一个很典的应用，即莫反：

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

YY的GCD

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

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

\[=\sum_{d\in prime}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}\sum_{x=1}^{\frac{n}{d}}[x|i][x|j]\mu(x)\\ \]

\[=\sum_{d\in prime}\sum_{x=1}^{\frac{n}{d}}\mu(x)\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor \]

这种多变量难以整除分块就设 \(T=dx,x=\frac{T}{d}\)
。原式变为

\[=\sum_{d\in prime}\sum_{d|T}^n\mu(\frac{T}{d})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\\ \]

\[=\sum_{T=1}^n\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d|T,d\in prime}\mu(\frac{T}{d}) \]

然后前半整除分块后半调和级数预处理，有的时候后半满足积性函数，可以直接在线筛的时候处理出来。复杂度 \(O(\sqrt n)\)

其他题都大同小异，不多说了。

数表

设 \(\sigma(n)\) 表示约数和。就是

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

\[=\sum_{d=1}\sigma(d)[\sigma(d)\le a]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d] \]

然后拆就行了最后长成

\[=\sum_{T=1}^n\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor*(\sum_{d|T}\sigma(d)[\sigma(d)\le a]\mu(\frac{T}{d})) \]

给括号设成 \(F(T)\)，但是有个啥b偏序没法预处理，直接给询问离线按a排序然后逐个加入，前缀和拿树状数组处理。

P3704

为啥学校oj写东西不显示latex？？

就是说，把求和改成指数形式。

\[Ans=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf(gcd(i,j))\\ \]

\[=\prod_{d=1}^nf^{\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{j}{m}\rfloor}[gcd(i,j)=d]}(d)\\ \]

\[=\prod_{d=1}^nf^{\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor}(d) \]

设 \(T=dx,x=\frac{T}{d}\)。

\[Ans=\prod_{d=1}^nf^{\sum_{d|T}^n\mu(\frac{T}{d})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor}(d)\\ \]

\[=\prod_{T=1}^n\prod_{d|T}f^{\mu(\frac{T}{d}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor)}(d)\\ \]

\[=\prod_{T=1}^n(\prod_{d|T}f^{\mu(\frac{T}{d})}(d))^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor} \]

设 \(F(x)=\prod_{d|T}f^{\mu(\frac{T}{d})}(d)\)，可以调和级数复杂度算出来。

\[Ans=\prod_{T=1}^nF^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor}(T) \]

相当于把数论分块挪到指数上，想一下就是维护前缀积算的时候拿逆元和快速幂算。

敲式子敲得手疼别的题有时间再整理。

dzy爱数学

\[Ans=\sum_{d=1}^a\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^bf(d)[gcd(i,j)=d] \]

\[=\sum_{d=1}^a\sum_{i=1}^{\lfloor a/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor b/d\rfloor}f(d)\sum_{x|gcd(i,j)}\mu(x) \]

\[=\sum_{d=1}^a\sum_{i=1}^{\lfloor a/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor b/d\rfloor}f(d)\sum_{x=1}^a[x|i][x|j]\mu(x) \]

\[=\sum_{d=1}^af(d)\sum_{x=1}^a\mu(x)\lfloor \frac{a}{dx}\rfloor\lfloor \frac{b}{dx}\rfloor \]

\(f(x)\) 可以线筛，后面的数论分块。