11 莫比乌斯函数

尝试按照《具体数学》的顺序引入莫比乌斯反演。

11.1 引入

莫比乌斯函数 $\mu (m)$ 是根据 19 世纪的数学家奥古斯特·莫比乌斯命名的，他还发现了著名的莫比乌斯带，$\mu (m)$ 对所有整数 $m\ge 1$ 由等式

来定义。

这个式子实际上是一个递归式，左边的 $\mu (m)$ 和某些满足 $d<m$ 的 $\mu (d)$ 的值组成的和式。我们有相继带入前面 $m$，从而得到前面的值：$1,-1,-1,0,-1,1,-1,0,0,1,-1,0,\cdots$。

在 1857 年，Richard Dedekind 和 Joseph Liouville 注意到了如下重要的 “反演原理”。

这就是我们熟知的 莫比乌斯反演。

发现这个东西的证明是容易的：如果 $g(m)=\sum _{d\mid m}f(d)$，那么

反之，如果 $f(m)=\sum _{d\mid m}\mu (d)g(\frac{m}{d})$，则

于是我们在这里就证明了 莫比乌斯反演。

而莫比乌斯反演还可以被表示成

现在回到最开始的那个式子，发现其实就是 $\mu \ast 1=ϵ$，由于我们之前证明的 积性函数的逆元也是积性函数，可以知道 $\mu$ 必是积性函数。这样一来，只要我们计算出 $\mu (p^k)$ 就能算出 $\mu (m)$。

当 $m=p^k$ 时，根据最初的式子，我们知道对于所有 $k\ge 1$，都有

由此推出

于是，我们就推出了 $\mu$ 的定义式

如果我们把之前的欧拉反演视作 $\phi (m)$ 的递归式，就能应用莫比乌斯反演得到

也就是 $\mu \ast \text{id}=\phi$，也对狄利克雷卷积逆元有了另一个方面的解释。

接下来我们尝试用容斥的角度来理解莫比乌斯函数。

设 $g(n)=\sum _{n\mid d}f(d)$，即 $g(n)$ 是 $f$ 在所有 $n$ 的倍数处的取值和。现在已知 $g$，要求 $f(1)$。则 $f(1)$ 等于 $f$ 在 $1$ 的倍数处的取值和，减去在质数处的取值和，但是多减去了在两个不同质数乘积处的取值和，一次要加上这些值，但是多加了在三个不同质数乘积处的取值和，以此类推。因此，若 $n$ 为 $k$ 个不同质数的乘积，则 $f(1)$ 会收到 $g(n)$ 系数为 $(-1{)}^k$ 的贡献，如下图。

就是对 $\mathbb{N}$ 作容斥，得到贡献系数 $\mu$。

11.2 线性筛莫比乌斯函数

根据定义是，线性筛莫比乌斯函数是非常容易的。

  mu[1]=1;
  for(int i=2;i<=maxn;i++){
  	if(!vis[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
  	for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=maxn;j++){
  	  vis[i*p[j]]=true;
	  if(i%p[j]==0) break;
	  mu[i*p[j]]=-mu[i];	
	}
  }

11.3 常见技巧

对于 莫比乌斯反演，我们常常用式子

它把 $gcd(i,j)$ 带入了 $n$，还将 $i,j$ 互质的条件转化为枚举 $gcd(i,j)$ 的约数 $d$，然后对 $\mu (d)$ 求和。在 $i,j$ 同样需要枚举的时候，可以先枚举 $d$ 并计算合法的 $(i,j)$ 对数，这样 $i,j$ 合法当且仅当 $d\mid i,d\mid j$，就把 $i,j$ 独立开了。

于是我们就可以这样解决下面的式子：

相当于对最大公约数为 $d$ 的倍数进行了容斥：加上最大公约数为 $1$ 的倍数的对数，减去最大公约数为 $p_i$ 的倍数的对数，加上最大公约数为 $p_i{p}_j(i\ne j)$ 的倍数的对数，以此类推。得到每个 $d$ 的贡献系数就是莫比乌斯函数。

而这个式子是非常容易用整除分块完成。

$$d(ij)=\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}\left[x\mathrm{\perp }y\right]$$ 考虑单个质因子 $p$，再用中国剩余定理和并。设 $a=v_p(i)$ 即 $i$ 中含有质因子 $p$ 的数量，$b=v_p(j)$，则 $v_p(ij)=a+b$。对于 $ij$ 的约数 $d$，若 $v_p(d)\le a$，则令其对应 $v_p(x)=v_p(d),v_p(y)=0$，即所有都算在 $x$ 上面；若 $v_p(d)>a$，则令其对应 $v_p(x)=0,v_p(y)=v_p(d)-a$。容易发现这样会形成双射，因此可证得这一结论。

11.4 例题

接下来，我们来将一些例题，由于比较多，所以单独提出来了。部分例题会用到上面的常见技巧。

前面的一些例题中有些写得比较简略，有些可能是👻乐团中的子问题，如果看不懂可以在那道题题解中找一下，或者直接问我。

P2522 [HAOI2011] Problem b

对于给出的 $n$ 个询问，每次求有多少个数对 $(x,y)$，满足 $a\le x\le b$，$c\le y\le d$，且 $gcd(x,y)=k$，$gcd(x,y)$ 函数为 $x$ 和 $y$ 的最大公约数。

$1\le n,k\le 5\times {10}^4$，$1\le a\le b\le 5\times {10}^4$，$1\le c\le d\le 5\times {10}^4$。

首先可以对式子做一个二维差分，转换成求下界为 $1$ 的式子

我们把 $i,j$ 都 $÷k$ 就可以得到

这就是一个经典的莫反式子，直接作就可以得到

于是就可以用整除分块在 $\mathcal{O}(n+T\sqrt{n})$ 时间内完成。代码。

子问题：P3455 [POI2007] ZAP-Queries。

P2257 YY的GCD

给定 $N,M$，求 $1\le x\le N$，$1\le y\le M$ 且 $gcd(x,y)$ 为质数的 $(x,y)$ 有多少对。

$T={10}^4$，$N,M\le {10}^7$。

问题就是求

我们用莫反相关知识对其进行推导可以得到

于是我们令 $T=pd$，那么可以得到

前面可以直接用整除分块完成，而后面的 $\sum _{p\mid T\wedge p\in \mathbb{P}}\mu (\frac{T}{p})$ 乍一眼是不好完成的。

但细想发现这是可以和莫比乌斯函数一起在线性筛中解决的，所以我们就可以直接预处理出其前缀和，从而做到时间复杂度 $\mathcal{O}(n+T\sqrt{n})$。代码。

双倍经验：P2568 GCD。

SP5971 LCMSUM - LCM Sum

$T$ 次询问，每次询问给出 $n$，求

$$\sum _{i=1}^n\text{lcm}(i,n)$$

$1\le T\le 3\times {10}^5,1\le n\le {10}^6$。

首先我们考虑把 $\text{lcm}$ 转化成 $gcd$，那么

我们设

只要我们求出这个，就可以计算上面的式子了。

首先我们可以暴力用莫反计算，也就是

我们发现后面可以被拆成 $\mu \ast (\text{id}+1)=\mu \ast \text{id}+\mu \ast 1=\phi +ϵ$，于是我们就可以得到

还有另外一种方法就是对与 $n$ 互质的数进行分析，如果 $x\mathrm{\perp }n$ 则一定有 $(n-x)\mathrm{\perp }n$，那么我们把它两两配对，就有 $\frac{n\phi (n)}{2}$。

而显然 $F(1)=1$。

现在原式就变成了

而这里的 $\sum _{d\mid n}d\phi (d)=1\ast (\text{id}\times \phi )$ 是可以用线性筛筛出来的，于是总时间复杂度 $\mathcal{O}(T+n)$。代码。

P4318 完全平方数

$n$ 次询问，每次询问给出一个 $k$，查询第 $k$ 个不是完全平方数的正整数倍数的数。

$1\le k\le {10}^9,1\le n\le 50$。

设 $f(n)$ 表示 $\le n$ 的非完全平方数倍数的数，那么我们最后只需要二分答案即可。

怎么求 $f(n)$ 呢？

发现可以先去掉 $4,9,\cdots$ 的倍数，而接下来就要加上 $(p_1{p}_2{)}^2$ 的倍数，这不难让我们想到莫比乌斯函数。

相当于做容斥，那么我们就有

直接计算，时间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n}\log n)$。代码。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

给定 $n,m$，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\text{lcm}(i,j)$$

$1\le n,m\le {10}^7$。

后面的式子就和 SP5971 一样了。直接做就是线性的。代码。

P3704 [SDOI2017] 数字表格

Doris 刚刚学习了 fibonacci 数列。用 $f_i$ 表示数列的第 $i$ 项，那么

$$f_0=0,f_1=1$$

$$f_n=f_{n-1}+f_{n-2},n\ge 2$$

Doris 用老师的超级计算机生成了一个 $n\times m$ 的表格，

第 $i$ 行第 $j$ 列的格子中的数是 $f_{gcd(i,j)}$，其中 $gcd(i,j)$ 表示 $i,j$ 的最大公约数。

Doris 的表格中共有 $n\times m$ 个数，她想知道这些数的乘积是多少。

答案对 ${10}^9+7$ 取模。

$1\le T\le {10}^3$，$1\le n,m\le {10}^6$。

稍微推一下式子就是

预处理一下括号内的东西，整除分块之后可以做到单次 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

P5221 Product

给定 $n$，求

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{\text{lcm}(i,j)}{gcd(i,j)}(\mathrm{mod}104857601)$$

$1\le n\le {10}^6$，时限 $200ms$。

有些人喜欢在写完👻之后来写这道题。

话不多说，直接暴力推一下式子就是了。

前面的直接阶乘处理一下，后面的我们枚举 gcd 就可以得到

于是两次整除分块就可以线性完成了，代码相当好些。代码。

P3911 最小公倍数之和

对于 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\text{lcm}(a_i,a_j)$$

$1\le n,a_i\le 5\times {10}^4$。

给定具体的数是不好处理的，所以我们考虑先令 $c_i=\sum _{j=1}^n[a_j=i]$，即 $i$ 的出现次数，而 $V$ 为值域。

那么

我们令 $T=kd$ 就可以得到

于是只要我们令 $f(T)=\sum _{d\mid T}\mu (d)d,g(T)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{V}{T}\rfloor }i{c}_{iT}$，原式就变成

其中 $f$ 可以在线性筛中处理出来，而 $g$ 可以采取暴力枚举倍数和狄利克雷后缀和做到 $\mathcal{O}(V\ln V)$ 和 $\mathcal{O}(V\ln \ln V)$。

这样就做完了，查询时可以直接线性完成。代码。（暴力枚举计算 $g$）

双倍经验：AGC038C LCMs。

CF1285F Classical?

有 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$，求 $\underset{1\le i<j\le n}{max}(\text{lcm}(a_i,a_j))$

$2\le n\le {10}^5,1\le a_i\le {10}^5$。

求完了和，我们现在来求 $max$。

考虑加上一个 $gcd(a_i,a_j)=1$ 的条件。于是我们从大到小枚举每一个数，如果当前加入一个数 $x$，存在一个 $>x$ 的数 $y$ 满足 $gcd(x,y)=1$，那么所有 $x\le z\le y$ 中间的所有 $z$ 都是没有用的，因为与他们互质的数比 $x$ 小了。

容易发现这是可以用单调栈直接维护的，那么我们如何计算出是否有与 $x$ 互质的数呢？

通过上面有关 $\mu$ 的容斥原理，我们设 $cn{t}_d$ 表示 $d$ 的倍数的出现次数，那么答案就是

只要这个值不为 $0$，我们就可以一直弹栈找到与它互质的那个数。

时间复杂度 $\mathcal{O}(\sum _{i=1}^{n}d(i))$，也就是 $\mathcal{O}(V\log V)$。

而对于 $gcd\ne 1$ 的 $\text{lcm}$ 如何计算？

我们可以枚举每一个 $gcd$ 都这样做一次，这样的时间复杂度是 $\mathcal{O}(V{\log }^{2}V)$ 的，但是它并不优秀。

发现如果 $gcd(x,y)\ne 1$，那么对于 $a\mid x,b\mid y$，一定存在一组 $(a,b)$ 满足 $gcd(a,b)=1,\text{lcm}(a,b)=\text{lcm}(x,y)$，于是我们把所有 $a_i$ 的因数都加到集合中，一起跑上面的算法，时间复杂度还是 $\mathcal{O}(V\log V)$。代码。

P3327 [SDOI2015] 约数个数和

给定 $n,m$，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)$$

$1\le T,n,m\le 50000$。

在常见技巧中，我们列出了整个式子的转化。

于是式子就是

于是直接对这个式子莫反就可以得到

令 $g(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，这时可以用整除分块预处理出来的。

于是式子就是

直接整除分块可以做到时间复杂度 $\mathcal{O}(n\sqrt{n}+T\sqrt{n})$。代码。

P4619 [SDOI2018] 旧试题

给定 $A,B,C$ 求

$$(\sum _{i=1}^A\sum _{j=1}^B\sum _{k=1}^{C}d(ijk))mod({10}^9+7)$$

$1\le A,B,C\le {10}^5,1\le T\le 10$。

更为厉害的约数个数和。

多了一个变量，但是按照之前的转化方式是类似的

那么我们就可以对这个东西进行莫反了

我们可以令 $fa(i)=\sum _{i\mid j}\lfloor \frac{A}{j}\rfloor ,fb(i)=\sum _{i\mid j}\lfloor \frac{B}{j}\rfloor ,fc(i)=\sum _{i\mid j}\lfloor \frac{C}{j}\rfloor$，那么这是可以直接枚举倍数在 $\mathcal{O}(n\ln n)$ 的时间复杂度内预处理出来的，计算时就变成了

然后你发现这还是 $O(n^3)$ 的，莫反根本没有用！

真的没有用吗？这个式子在哪些地方是有值的呢？

容易发现我们首先需要保证 $\mu (u),\mu (v),\mu (w)$ 都不是 $0$，并且 $\text{lcm}(u,v)\le A,\text{lcm}(u,w)\le B,\text{lcm}(v,w)\le C$。

那么也就是对于任意的两个点，它们可以成为一组就意味着 $\mu (u)\ne 0,\mu (v)\ne 0,\text{lcm}(u,v)\le max(A,B,C)$，然后我们尝试把这样的二元组建立一条边，边权为 $\text{lcm}(u,v)$。

这个做法看起来根本不可行，并且直接这样建边是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的。

但是细想一下，这个条件是相当严的，要求 $u,v,gcd(u,v)$ 都不能出现平方因子。于是我们可以先枚举 $gcd(u,v)$，再分别枚举 $\frac{u}{gcd(u,v)}$ 和 $\frac{v}{gcd(u,v)}$ 在枚举的过程中判断 $\mu (gcd),\mu (u),\mu (v)\ne 0$ 和 $\frac{u}{gcd(u,v)}\mathrm{\perp }\frac{v}{gcd(u,v)}$。

每一次我们枚举了质数的子集，而 ${10}^5$ 内只会出现 $6$ 个不同的质数，所以这样枚举下来是 $\mathcal{O}(m)$ 的！

下面给出这一部分的代码实现。

  for(int g=1;g<=mx;g++)
    for(int i=1;i*g<=mx;i++)
	  if(mu[i*g])
	    for(int j=i+1;1ll*i*j*g<=mx;j++)
		  if(mu[j*g]&&gcd(i,j)==1){
            int u=i*g,v=j*g,w=i*j*g;
			/*...*/
		  }

进而，我们发现这样的点对并不多，实测发现只有 760741 个！赢麻了！

那么现在成了怎么找三元环，可以尝试阅读 这篇博客。

也就是我们将无向边定向，每一条边从度数大的点连向度数小的，然后这样去枚举的时间复杂度就是 $\mathcal{O}(m\sqrt{m})$，具体可以看上面的链接。

于是我们就做完了！直接枚举就可以了。

  for(int x=1;x<=mx;x++){
    for(auto i:G[x]) vis[i.fi]=i.se;
    for(auto i:G[x]){
	  int y=i.fi,wxy=i.se;
      for(auto j:G[y]){
		if(!vis[j.fi]) continue;
        int z=j.fi,wyz=j.se,wxz=vis[z],val=mu[x]*mu[y]*mu[z];
		/*...*/
	  }
	}
	for(auto i:G[x]) vis[i.fi]=0;
  }

这样就可以做到 $O(n\ln n+m\ln m)$，完全胜利！代码。

存在把上面式子化成 $\mathcal{O}(n^2\log n)$ 的做法，简单来说就是只提出 $u$，对后面枚举的 $i,j$ 都除以 $u$ 去按照之前我们做过的套路完成，但此做法对后面的推导并无意义，具体可以去看第三篇题解。

三倍经验：CF236B Easy Number Challenge 和 CF235E Number Challenge。

P5518 [MtOI2019] 👻乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

东风谷 早苗(Kochiya Sanae)非常喜欢幽灵乐团的演奏，她想对她们的演奏评分。

因为幽灵乐团有 $3$ 个人，所以我们可以用 $3$ 个正整数 $A,B,C$ 来表示出乐团演奏的分数，她们的演奏分数可以表示为

$$\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C{\left(\frac{\text{lcm}(i,j)}{gcd(i,k)}\right)}^{f(type)}$$

因为音乐在不同的部分会有不同的听觉感受，所以 $type$ 会在 $\{0,1,2\}$ 中发生变化，其中：

$$\begin{array}{rl}f(0)& =1\\ f(1)& =i\times j\times k\\ f(2)& =gcd(i,j,k)\end{array}$$

因为乐团的歌实在太好听了，导致分数特别高，所以她们的分数要对给定的正整数 $p$ 取模。

因为有很多歌曲要演奏，所以早苗给出了 $T$ 组询问。

$$1\le A,B,C\le {10}^5{10}^7\le p\le 1.05\times {10}^{9}p\in \{prime\}T=70$$

再来一个三重循环的题。

众所周知，cdqz 机房有且仅有三个👻，它们是：

• ：有名字 的👻，也是👻乐团的团长！

• ：没名字 的👻。

• ：直接消失的👻，这样的👻常常从你身边飘过！

这三只👻就是 cdqz 机房的真神！/bx

题目名字都告诉你了，还是赶紧来推式子吧。

首先对于 Type = 0/1 是简单的，直接顺着思路往下面推就可以了，也就是这个样子：

对于 Type = 0，我们首先把 $\text{lcm}$ 给处理掉再把四个量分离出来就是

前面两项是可以直接用阶乘完成的，也就是说我们只需要求

这个时候你可以把上面的指数部分单独提出来用一个函数完成，这样就可以做到线性，是可以过的，也就是后面代码1给出的（把三个 Type 分开了写的）。

但是你推到后面会发现这其实也是 Type = 2 的子问题，而这个式子是可以 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 解决的，所以还是再推一步，这一步也是比较显然的，就是你把 $t$ 提下来再用 $T$ 代替 $td$：

而中间那一块是可以直接用 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的时间复杂度预处理出来的（直接暴力枚举），所以单次求就是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

恭喜你，获得了 $20pts$ 的高分！代码。

现在我们来研究 Type = 1，用同样的思路，写出来的式子也是简单的

把前面两项提出来就是形如

预处理一下 $\prod _{i=1}^n{i}^i$ 可以直接用快速幂求出。

而对于后面两项，也就是求

这个东西推导方式就较为类似了，笔者并没有把它推导 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$，而是把指数单独拿出来处理了。

于是可以把指数部分提出来，就变成了求

然后两次整除分块就可以完成。

很明显和上面 Type = 0 的优化类似，这时可以做到 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的，但是毕竟瓶颈也不在这里，式子也比较复杂，你直接这样作就好了。

预处理一下 $\prod _{i=1}^n{i}^{i^2}$ 和 $\sum _{i=1}^n\mu (i)i^2$ 即可，于是你就有 $60pts$ 啦！代码。

最后来搞 Type = 2 的情况，按照相同的思路先展开一下

对于前两项，其实就是（后面的 $min$ 都代表 $min(A,B,C)$）

像往常一样，我们直接用 $T$ 代替 $td$，而后面的 $\sum _{d\mid T}d\mu \left(\frac{T}{d}\right)$ 也就是 $\text{id}\ast \mu =\phi$，我们就可以得到

把 $T$ 提出去就变成了

容易发现这两项都可以用整除分块做出来的，稍微预处理一下 $\phi$ 的前缀和就可以了。

而对于后面两项，也就是求

按照之前的经验，我们尝试去枚举 $gcd(i,j)$，令

然后就有

你可以自己尝试推一下，就会发现只能用 $O(n\log n)$ 的时间复杂度完成单次的查询，根本过不了！

那怎么办呢？

式子中还存在一个 $gcd$，那么我们就尝试去枚举 $gcd(i,j,k)$ 于是式子就变成了：

上面的内容和之前推第一部分类似，而现在我们发现其实中间的

其实就是 Type = 0 中我们推的 $f$ 函数，于是整个式子就变成了

惊奇地发现这两部分前面的那一块其实是一样的，于是它们就抵消啦！

所以我们需要求的就是

和

于是你就可以用两次整除分块线性求出来啦！

这样你就推出了本题的全部式子，写的时候注意细节，在指数上面的东西注意模的是 $mod-1$ 而不是 $mod$，整除分块不要手误了就行。

预处理出一些必要的量是根本不卡常的。代码1 和 代码2。

本题存在对于 Type = 2 的情况求 $\ln$ 再 $\exp$ 回去的做法，具体可以去本题题解区。但笔者还是更喜欢莫反做法。

P3700 [CQOI2017] 小 Q 的表格

为了完成任务，小 Q 需要列一个表格，表格有无穷多行，无穷多列，行和列都从 $1$ 开始标号。为了完成任务，表格里面每个格子都填了一个整数，为了方便描述，小 Q 把第 $a$ 行第 $b$ 列的整数记为 $f(a,b)$。为了完成任务，这个表格要满足一些条件：

1. 对任意的正整数 $a,b$，都要满足 $f(a,b)=f(b,a)$；
2. 对任意的正整数 $a,b$，都要满足 $b\times f(a,a+b)=(a+b)\times f(a,b)$。

为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律，第 $a$ 行第 $b$ 列的数恰好等于 $a\times b$，显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小 Q 需要不断的修改表格里面的数，每当修改了一个格子的数之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小 Q 还需要把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于某种神奇的力量驱使，已经确保了每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小 Q 还需要随时获取前 $k$ 行前 $k$ 列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案 $mod1,000,000,007$ 之后的结果。

$1\le m\le {10}^4$，$1\le a,b,k\le n\le 4\times {10}^6$，$0\le x\le {10}^{18}$。

建议盯着式子发呆。

首先，由于 $f(a,b)=f(b,a)$ 所以我们只需要考虑半张表。

而你把第二个式子换一种写法就是

多写几个就变成了

那么换一种写法就是

我们发现这个东西和辗转相除求 gcd 是一样的，那么我们就可以得到这个很好的性质

那么

于是我们要求的答案其实就是

那么现在就是希望求

我们需要预处理出所有的 $g(n)$ 才能在查询时以高效的方法完成。

但是按照上一道题我们推式子的方法，发现单次是 $\sqrt{n}$ 的，根本过不了！

这时我们考虑在 SP5971 中求的东西

带进去就是

于是这个东西就可以线性递推出来了，只要我们能够动态维护 $f(d,d)$ 的区间和，那么最后整除分块一下就可以在 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的时间复杂度内求出来了。

但是我们发现上面所说的 $f(d,d)$ 的区间和需要做到 $\mathcal{O}(1)$ 查询，由于 $m\le {10}^4$，所以我们不难想到用 $\mathcal{O}(\sqrt{n})-\mathcal{O}(1)$ 的分块来维护。

具体每个块每个元素维护块内的前缀和，在每一个块末尾维护块间的前缀和，修改时暴力修改即可。

总时间复杂度 $\mathcal{O}(m\sqrt{n})$，这道题为我们引入了一类式子新的推导方式。代码。