莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

https://www.luogu.com/article/vycu5sds

https://www.cnblogs.com/heyuhhh/p/11231502.html

https://www.luogu.com/article/qkowpfcc

前置

数论分块

简介

数论分块可以快速计算一些含有除法向下取整的和式。它主要运用富比尼定理，将 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 相同的数打包计算。

引理

$\mathrm{\forall }a,b,c\in \mathbb{Z}$，$\lfloor {\displaystyle \frac{a}{bc}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor }{c}}\rfloor$。

证明：

${\displaystyle \frac{a}{b}}=\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor +r(0\le r<1)$，则 $\lfloor {\displaystyle \frac{a}{bc}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\times {\displaystyle \frac{1}{c}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{1}{c}}\times \left(\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}+r\rfloor \right)\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor }{c}}+{\displaystyle \frac{r}{c}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor }{c}}\rfloor$。

形式一

求：$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \end{array}$。

我们知道有许多 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 的值是一样的，而且它们是呈块状分布的。我们容易得到：对于每一个值相同的块，它的最后一个数是 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor }}\rfloor$。

例题：UVA11526

海螺，海诺，唔，这个小海螺你要收好咯，能听到我隐藏版的歌声唷

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
 
using namespace std;
 
int T,n;
 
int H(int x){
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= x){
		r = x / (x / l);
		res += (r - l + 1) * (x / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
signed main(){
	scanf("%lld",&T);while(T --){
		scanf("%lld",&n);
		printf("%lld\n",H(n));
	}
	return 0;
}

形式二

给定 $k$，求：$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{n}kmodi\end{array}$。

推导：原式 $\begin{array}{r}=\sum _{i=1}^{n}k-i\times \lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor =n\times k-\sum _{i=1}^{n}i\times \lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor \end{array}$。推导毕。

注意处理一下边界的细节问题。

例题 P2261 [CQOI2007] 余数求和

要藏好我的鱼尾巴，别被人类发现啦!

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
 
using namespace std;
 
int n,k;
 
int H(){
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= min(n,k)){
		r = k / (k / l);
		if(r > n) res += (l + n) * (n - l + 1) / 2 * (k / l);
		else res += (l + r) * (r - l + 1) / 2 * (k / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	printf("%lld",n * k - H());
	return 0;
}

形式三

求：$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{n}f(i)\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \end{array}$。

对前半段的函数维护一个前缀和，再用整除分块处理后半段，两段相乘即可。

习题

$1.$ P3935 Calculating

推导：

$\begin{array}{r}x=\sum _{i=1}^s{p}_i^{k_i}\end{array}$，$\begin{array}{r}f(x)=\prod _{i=1}^s(k_i+1)\end{array}$，我们容易发现，$f(x)$ 表示的其实就是 $x$ 所有因子的个数，即 $\begin{array}{r}f(x)=\sum _{i=1}^x[i|x]\end{array}$。

$\begin{array}{r}ans=\sum _{i=l}^{r}f(i)=\sum _{i=1}^{r}f(i)-\sum _{i=1}^{l-1}f(i)\end{array}$。对于前者 $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{r}f(i)\end{array}$ 的计算，我们可以利用另外一种解法，即用 $g(i)$ 表示 $i$ 在 $1\sim r$ 中是多少个数的有因子 $i$，那么很明显 $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{r}f(i)=\sum _{i=1}^{r}g(i)\end{array}$，同时 $\begin{array}{r}g(i)=\lfloor {\displaystyle \frac{r}{i}}\rfloor \end{array}$，因此可得原式 $\begin{array}{r}=\sum _{i=1}^r\lfloor {\displaystyle \frac{r}{i}}\rfloor -\sum _{i=1}^{l-1}\lfloor {\displaystyle \frac{l-1}{i}}\rfloor \end{array}$。

别害怕，黑夜只是白天的前奏

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define MOD 998244353
 
using namespace std;
 
int H(int n){
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= n){
		r = n / (n / l);
		res += (r - l + 1) * (n / l);
		res %= MOD;
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
signed main(){
	int l,r;scanf("%lld%lld",&l,&r);
	printf("%lld",(H(r) + MOD - H(l - 1)) % MOD);
	return 0;
}

$2.$ P2260 [清华集训2012] 模积和

注意题目要求 $i\ne j$。我们令 $n\le m$（假如大于那就交换一下就行了）。

$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{i=1}^n(nmodi)\sum _{j=1}^m(mmodj)-\sum _{i=1}^n(nmodi)\times (mmodi)\\ & =\sum _{i=1}^n(n-i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\sum _{j=1}^m(m-j\times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{j}}\rfloor )-\sum _{i=1}^n(n-i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\times (m-i\times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor )\\ & =(n\times n-\sum _{i=1}^{n}i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\times (m\times m-\sum _{i=1}^{m}i\times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor )-\sum _{i=1}^n(n\times m-n\times i\times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor -m\times i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor +i^2\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor )\\ & =(n\times n-\sum _{i=1}^{n}i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\times (m\times m-\sum _{i=1}^{m}i\times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor )-(n^{2}m-n\times \sum _{i=1}^{n}i\times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor -m\times \sum _{i=1}^{n}i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor +\sum _{i=1}^n{i}^2\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor )\end{array}$

$OK$ 了，式子推完了，我们或许还不知道怎么求的是这一项：$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n{i}^2\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor \end{array}$。

我们依旧是分块去求，只不过我们要找的块是 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 和 $\lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor$ 都相等的块，所以把每次更改的 $r$ 的值改成 min(n / (n / l),m / (m / l)) 即可。关于 $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n{i}^2\end{array}$，有一个结论，$={\displaystyle \frac{n\times (n+1)\times (2\times n+1)}{6}}$，所以每次分完块后用前缀和的思想求一下区间的 $i^2$ 的和即可。

关于 $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n{i}^2\end{array}={\displaystyle \frac{n\times (n+1)\times (2\times n+1)}{6}}$ 的证明：
我们有 ${\displaystyle \frac{(n+2)\times (n+1)\times n}{3}}-{\displaystyle \frac{(n+1)\times n\times (n-1)}{3}}=(n+1)\times n$。
使用叠加法，我们有 $1\times 2+2\times 3+\dots +n\times (n+1)={\displaystyle \frac{(n+2)\times (n+1)\times n}{3}}$。
即有 $1^2+2^2+\dots n^2+(1+2+\dots +n)={\displaystyle \frac{(n+2)\times (n+1)\times n}{3}}$，移项，可得：
$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n{i}^2\end{array}={\displaystyle \frac{n\times (n+1)\times (2\times n+1)}{6}}$。
证毕。

预处理一下 $6$ 在模数下的逆元以节省部分时间，其值为 $3323403$。

你听，大海与夕阳之间藏着许多金色的旋律

#include <bits/stdc++.h>
#define MOD 19940417
#define int long long
 
using namespace std;
 
int n,m;
 
int H(int x){
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= x){
		r = x / (x / l);
		res += (l + r) * (r - l + 1) / 2 % MOD * (x / l) % MOD,res %= MOD;
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
int H2(){
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= n){
		r = m / (m / l);
		if(r > n) {res += (l + n) * (n - l + 1) / 2 % MOD * (m / l) % MOD,res %= MOD;}
		else {res += (l + r) * (r - l + 1) / 2 % MOD * (m / l) % MOD,res %= MOD;}
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
int JD(int l,int r){
	int a = r * (r + 1) % MOD * (2 * r + 1) % MOD * 3323403 % MOD;
	int b = l * (l + 1) % MOD * (2 * l + 1) % MOD * 3323403 % MOD;
	return (a - b + MOD) % MOD;
}
 
int H3(){
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= n){
		r = min(n / (n / l),m / (m / l));
		res += JD(l - 1,r) * (n / l) % MOD * (m / l) % MOD,res %= MOD;
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);if(n > m) swap(n,m);
	int a = ((n * n - H(n)) % MOD + MOD) % MOD;
	int b = ((m * m - H(m)) % MOD + MOD) % MOD;
	int ans1 = a * b % MOD;
	int c = n * n % MOD * m % MOD;
	int d = m % MOD * H(n) % MOD;
	int e = n % MOD * H2() % MOD;
	int f = H3();
	int ans2 = ((c - d - e + f) % MOD + MOD) % MOD;
	printf("%lld",(ans1 - ans2 + MOD) % MOD);
	return 0;
}

积性函数

定义

积性函数：积性函数是指对于所有互质的整数 $a$ 和 $b$ 都有性质 $f(ab)=f(a)f(b)$ 的数论函数，例如欧拉函数 $\phi (n)$，莫比乌斯函数 $\mu (n)$，因数个数函数 $d(n)$。
完全积性函数：对于任意整数 $a$ 和 $b$ 有性质 $f(ab)=f(a)f(b)$ 的数论函数。

性质

若 $f(n)$ 和 $g(n)$ 都是积性函数，那么以下函数也为积性函数：
$h(x)=f(x^p)$，$h(x)=f^p(x)$，$h(x)=f(x)g(x)$，$\begin{array}{r}h(x)=\sum _{d|x}f(d)g({\displaystyle \frac{x}{d}})\end{array}$。

常见积性函数

$\bullet$ 单位函数 $ϵ(n)=[n=1]$，别称为“对于狄利克雷卷积的乘法单位”。

$\bullet$ 幂函数 $I{d}^k(n)=n^k$，$I{d}^1(n)$ 通常简记为 $Id(n)$。

$\bullet$ 常数函数 $1(n)=1$。

$\bullet$ 因数个数 $\begin{array}{r}d(n)=\sum _{d|n}1\end{array}$。

$\bullet$ 除数函数 $\begin{array}{r}{\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k\end{array}$。$k=1$ 时为因数和函数，通常简记为 ${\sigma }_n$。$k=0$ 时为因数个数函数 ${\sigma }_0(n)$。

$\bullet$ 欧拉函数 $\begin{array}{r}\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]\end{array}$。

$\bullet$ 莫比乌斯函数 $\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^k& k\mathrm{为}n\mathrm{的}\mathrm{本}\mathrm{质}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{的}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$

狄利克雷卷积

定义

定义两个数论函数 $f(x),g(x)$ 的狄利克雷卷积为：$\begin{array}{r}h(x)=\sum _{d|x}f(d)g({\displaystyle \frac{x}{d}})=\sum _{ab=x}f(a)g(b)\end{array}$。其和简记为 $h=f\ast g$。

性质

$\bullet$ 满足交换律，结合律，分配律。$f\ast g=g\ast f$，$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$，$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$。

$\bullet$ $f=g$ 的充要条件是 $f\ast h=g\ast h$，其中数论函数 $h(x)$ 要满足 $h(1)\ne 0$。

$\bullet$ $ϵ$ 为狄利克雷卷积的单位元，即对于所有的数论函数，有 $(f\ast ϵ)(n)=f(n)$。

$\bullet$ 对于任意一个满足 $f(x)\ne 0$ 的数论函数，如果有另一个数论函数 $g(x)$ 满足 $f\ast g=ϵ$，则称 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的逆元，且逆元唯一。

$\bullet$ 若 $f,g$ 为积性函数，那么 $f\ast g$ 为积性函数。

证明：设两个积性函数 $f(x)$ 和 $g(x)$，再记 $h=f\ast g$。
设 $gcd(a,b)=1$，则：$\begin{array}{r}h(a)=\sum _{d_1|a}f(d_1)g({\displaystyle \frac{a}{d_1}}),h(b)=\sum _{d_2|b}f(d_2)g({\displaystyle \frac{b}{d_2}})\end{array}$。
所以：$\begin{array}{r}h(a)h(b)=\sum _{d_1|a}f(d_1)g({\displaystyle \frac{a}{d_1}})\sum _{d_2|b}f(d_2)g({\displaystyle \frac{b}{d_2}})=\sum _{d|ab}f(d)g({\displaystyle \frac{ab}{d}})=h(ab)\end{array}$。
证毕。

$\bullet$ $\begin{array}{r}ϵ=\mu \ast 1⟺ϵ(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\end{array}$，$\begin{array}{r}d=1\ast 1⟺d(n)=\sum _{d|n}1\end{array}$，$\begin{array}{r}\sigma =id\ast 1⟺\sigma (n)=\sum _{d|n}d\end{array}$，$\begin{array}{r}\phi =\mu \ast id⟺\phi (n)=\sum _{d|n}d\cdot \mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})\end{array}$。

莫比乌斯函数

定义

$\mu$ 为莫比乌斯函数，其定义为：$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^k& k\mathrm{为}n\mathrm{的}\mathrm{本}\mathrm{质}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{的}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$

$n$ 含有平方因子的含义为只要某个质因子出现的次数大于 $1$ 次，$\mu (n)$ 就等于 $0$。

性质

性质一

莫比乌斯函数是积性函数。

性质二

$\begin{array}{r}\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\ne 1\end{array}\end{array}$，即可得 $\begin{array}{r}\sum _{d|n}\mu (d)=ϵ(n),\mu \ast 1=ϵ\end{array}$。

证明：

设 $\begin{array}{r}n=\prod _{i=1}^s{p}_i^{c_i},n^{\prime }=\prod _{i=1}^s{p}_i\end{array}$，则 $\begin{array}{r}\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)\end{array}$（因为含有平方因子的因数的 $\mu$ 为 $0$）$\begin{array}{r}=\sum _{i=0}^s{C}_s^i\cdot (-1{)}^i=(1+(-1){)}^s\end{array}$（由 二项式定理 得到）。

由此可得只有在 $s=0$ 即 $n=1$ 的时候取到值 $1$，否则为 $0$，于是 $\begin{array}{r}\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]=ϵ(n)\end{array}$ 以及 $\mu \ast 1=ϵ$。

线性筛求莫比乌斯函数

根据 $\mu$ 是积性函数求解即可，基本所有的积性函数可以用线性筛解决。

我可不会变成海上的泡沫，我是可以再来一次的人鱼朵朵！

void getMu(){
	vis[1] = 1,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 and i * Prime[j] <= n;j ++){
			vis[i * Prime[j]] = 1;
			if(i % Prime[j] == 0){
				mu[i * Prime[j]] = 0;
				break;
			}
			mu[i * Prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

莫比乌斯变换

设 $f(n),g(n)$ 为两个数论函数。

根据 $\mu \ast 1=ϵ$，可得 $f=f\ast ϵ=f\ast (\mu \ast 1)=(f\ast 1)\ast \mu$。

形式一

如果有 $\begin{array}{r}f(n)=\sum _{d|n}g(d)\end{array}$，那么有 $\begin{array}{r}g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f({\displaystyle \frac{n}{d}})\end{array}$。

这种形式下，数论函数 $f(n)$ 称为数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，数论函数 $g(n)$ 称为数论函数 $f(n)$ 的莫比乌斯逆变换（反演）。容易看出，数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，就是将其与常数函数 $1$ 进行狄利克雷卷积。

证明：
方法一：运用卷积
原问题为：已知 $f=g\ast 1$，求证 $g=f\ast \mu$。
易知 $f\ast \mu =g\ast 1\ast \mu$，因此 $f\ast \mu =g$。（$1\ast \mu =ϵ$）
方法二：对原式做数论变换
$\begin{array}{r}\sum _{d|n}\mu (d)f({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{k|\frac{n}{d}}g(k)=\sum _{k|n}g(k)\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (d)=g(n)\end{array}$。
第一步是将已知条件带入得到。第二步是变换求和顺序得到（相当于前者先循环 $d$ 在循环 $k$，后者是先循环 $k$ 在循环 $d$）。第三部，由性质二可得，只有 $n=k$ 的时候后者才为 $1$，其它情况为 $0$，故只有在 $k=n$ 的时候才能取到值，即 $g(n)$。
证毕。

形式二

如果有 $\begin{array}{r}f(n)=\sum _{n|d}g(d)\end{array}$，那么有 $\begin{array}{r}g(n)=\sum _{n|d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{n}})f(d)\end{array}$。

证明
$\begin{array}{r}\sum _{n|d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{n}})f(d)=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\mu (k)f(kn)=\sum _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\mu (k)\sum _{kn|d}g(d)=\sum _{n|d}g(d)\sum _{k|\frac{d}{n}}\mu (k)=g(n)\end{array}$。

拓展

证明 $\phi \ast 1=id$：

将 $n$ 分解质因数得到 $\begin{array}{r}n=\prod _{i=1}^s{p}_i^{c_i}\end{array}$。因为 $\phi$ 是积性函数，故只要证明当 $n^{\prime }=p^c$ 时 $\begin{array}{r}\phi \ast 1=\sum _{d|n^{\prime }}\phi (d)=id\end{array}$ 成立即可。

因为 $p$ 时质数，所以 $d=p^0,p^1\dots p^c$。于是我们可得 $\begin{array}{r}\phi \ast 1=\sum _{d|n}\phi (d)=\sum _{i=0}^c\phi (p_i)=1+p^0\times (p-1)+p^1\times (p-1)+p^c\times (p-1)=p^c=id\end{array}$。

该式子两侧同时卷 $\mu$ 可得到 $\begin{array}{r}\phi (n)=\sum _{d|n}d\cdot \mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})\end{array}$。

反演

莫比乌斯反演结论

$\begin{array}{r}[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)\end{array}$。

证明：运用莫比乌斯函数性质二，其正确性显然。证毕。

同时我们也可以得到 $[gcd(i,j)=1]=ϵ(gcd(i,j))$。

欧拉反演结论

$\begin{array}{r}gcd(i,j)=\sum _{d|gcd(i,j)}\phi (d)\end{array}$。

证明详见 我的博客——欧拉函数与欧拉定理。

常见的几种反演形式

以下默认 $n\le m$

形式一

$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|i}\sum _{d|j}\mu (d)=\sum _{x=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[d|i][d|j]\mu (d)=\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \end{array}$

首先 $O(n)$ 预处理出莫比乌斯函数前缀和，后者二元数论分块即可，单次求解 $O(\sqrt{n})$。

习题

$1.$ P2522 [HAOI2011] Problem b

相当于求 $\begin{array}{r}\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]\end{array}$，根据容斥原理，我们可以把它分成四部分，每一部分相当于求 $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]\end{array}$，然后带入形式一求值，至于分成哪四部分，可以看如图：

外祖母说，最完美的天籁，用热忱和爱才能唱出来！

#include <bits/stdc++.h>
#define N 50004
 
using namespace std;
 
int vis[N],mu[N],Prime[N],cnt;
 
void getMu(){
	vis[1] = 1,mu[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= 50000;i ++){
		if(!vis[i]) Prime[++cnt] = i,mu[i] = -1;
		for(int j = 1;j <= cnt and Prime[j] * i <= 50000;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 = 2;i <= 50000;i ++) mu[i] += mu[i - 1];
}
 
int JD(int n,int m){
	if(n > m) swap(n,m);
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= n){
		r = min(n / (n / l),m / (m / l));
		res += (mu[r] - mu[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
int main(){
	getMu();int T;scanf("%d",&T);while(T --){
		int a,b,c,d,k;scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
		printf("%d\n",JD(b / k,d / k) - JD(b / k,(c - 1) / k) - JD((a - 1) / k,d / k) + JD((a - 1) / k,(c - 1) / k));
	}
	return 0;
}

形式二

$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\in Prime]=\sum _{k\in Prime}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]=\sum _{k\in Prime}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{kd}}\rfloor \mu (d)=\sum _{T=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{T}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{T}}\rfloor \sum _{k|T\wedge k\in Prime}\mu ({\displaystyle \frac{T}{k}})\end{array}$

最后一步通过换元令 $T=kd$ 得到。最后一步变换我们实现了可预处理 $\begin{array}{r}\sum _{k|T\wedge k\in Prime}\mu ({\displaystyle \frac{T}{k}})\end{array}$ 的效果，降低了复杂度。预处理方法就是先筛出来所有质数，然后枚举所有质数的倍数即可，处理出来它的前缀和。预处理复杂度 $O(n\ln n)$，单次求解 $O(\sqrt{n})$

习题

$1.$ P2257 YY的GCD $\mathrm{\&}$ 双倍经验 SP4491 PGCD - Primes in GCD Table

带着歌声，我们一起去往星辰大海吧！

#include <bits/stdc++.h>
#define N 10000000
#define int long long
 
using namespace std;
 
int T,n,m,vis[N + 5],mu[N + 5],Prime[N + 5],cnt,f[N + 5];
 
void getMu(){
	vis[1] = 1,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 and i * Prime[j] <= N;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 <= cnt;i ++){
		for(int j = 1;j * Prime[i] <= N;j ++){
			f[j * Prime[i]] += mu[j];
		}
	}
	for(int i = 1;i <= N;i ++) f[i] += f[i - 1];
}
 
int H(int x){
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= x){
		r = min(n / (n / l),m / (m / l));
		res += (f[r] - f[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
signed main(){
	getMu();
	scanf("%lld",&T);while(T --){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(n > m) swap(n,m);
		printf("%lld\n",H(n));
	}
	return 0;
}

形式三

$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\phi (d)=\sum _{d=1}^n\phi (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^m[d|j]=\sum _{d=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor \phi (d)\end{array}$

$O(n)$ 预处理出前缀和 $\phi (d)$，单次求解 $O(\sqrt{n})$。

习题

$1.$ SP26017 GCDMAT - GCD OF MATRIX

类似形式一习题一容斥，把它分成四部分。

你小时候都一个人长大，没有伙伴儿么，我都有两条小鱼呢。

#include <bits/stdc++.h>
#define N 50004
#define int long long
#define MOD 1000000007
 
using namespace std;
 
int vis[N],phi[N],Prime[N],cnt;
 
void getPhi(){
	vis[1] = 1,phi[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= 50000;i ++){
		if(!vis[i]) Prime[++cnt] = i,phi[i] = i - 1;
		for(int j = 1;j <= cnt and i * Prime[j] <= 50000;j ++){
			vis[i * Prime[j]] = 1;
			if(i % Prime[j] == 0){
				phi[i * Prime[j]] = phi[i] * Prime[j];
				break;
			}
			phi[i * Prime[j]] = phi[i] * (Prime[j] - 1);
		}
	}
	for(int i = 1;i <= 50000;i ++) phi[i] = (phi[i] + phi[i - 1]) % MOD;
}
 
int JD(int n,int m){
	if(n > m) swap(n,m);
	int res = 0,l = 1,r;
	while(l <= n){
		r = min(n / (n / l),m / (m / l));
		res += (phi[r] - phi[l - 1] + MOD) % MOD * (n / l) * (m / l) % MOD,res %= MOD;
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
 
signed main(){
	int T,n,m;scanf("%lld%lld%lld",&T,&n,&m);getPhi();while(T --){
		int a,b,c,d;scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);a -= 1,b -= 1;
		printf("%lld\n",((JD(c,d) - JD(a,d) - JD(c,b) + JD(a,b)) % MOD + MOD) % MOD);
	}
	return 0;
}

形式四

首先我们先了解一个结论：$\begin{array}{r}d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]\end{array}$。

证明
由于 $d$ 函数是积性函数，所以我们不妨将每一个质因子分开考虑：
设 $i,j$ 分别含有 $a,b$ 个质因子 $p$，显然等式左侧可以选择的因子的个数为 $a+b+1$ 个。对于右侧而言，显然也有 $a+b+1$ 中，即要么 $x=1$，$y$ 的选择方法为 $b$ 个；要么 $y=1$，$x$ 的选择方法为 $a$ 个，要么二者都为 $1$。因此等式两边相等。
证毕。

6。啥时候想回来补就回来补。