莫比乌斯反演

基础知识

• 两个积性函数 $f,g$ ，它们的 狄利克雷卷积(Dirichlet卷积) 为

$$h(n)=(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

记为 $h=f\ast g$ .

• 狄利克雷卷积满足 交换律，结合律，且得到的函数也是 积性函数 。

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定义

$$ϵ(n)=[n=1],I(n)=1,id(n)=n$$

$ϵ$ 即该运算意义下的单位元，因为一定有

$$g(n)=(f\ast ϵ)(n)=\sum _{d|n}f(d)ϵ(\frac{n}{d})=f(n)$$

即 $g=f,f=f\ast ϵ$ .

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常用函数的三个结论：

• $\mu \ast I=ϵ$

即证

$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$

$n=1$ 时显然成立。

设 $n=\prod _{i=1}^m{p_i}^{c_i}$ ,当 $d$ 有平方因子 ( 不包括 $1$ ) 时贡献为 $0$ .

令 $n^{\prime }=\prod _{i=1}^m{p}_i$ ，求 $\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)$ 即可。

容易发现 $n$ 的所有质因子有 $2^m$ 种组合，枚举质因子的个数，即

$$\sum _{i=0}^m(-1{)}^{i}C(m,i)=(-1+1{)}^m=0$$

得证。

• $\phi \ast I=id$

即 $\sum _{d|n}\phi (d)=n$ ，这里不写。

• $id\ast \mu =\phi$

用的不会很多。

利用狄利克雷卷积的结合律，在前一个式子的两边乘上一个 $\mu$ ，由 $\mu \ast I=ϵ$ 可推该式。

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P3455 [POI2007]ZAP-Queries

求满足 $1\le a\le n$，$1\le b\le m$，且 $gcd(a,b)=d$ 的二元组 $(a,b)$ 的数量。

$1\le T\le 5\times {10}^4$，$1\le d\le n,m\le 5\times {10}^4$。

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本文默认 $n\le m$ .

令 $n\to \lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,m\to \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$ ，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$$

后面的艾弗森括号就等价于 $ϵ(gcd(i,j))$，展开得到

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

把 $d$ 提到前面：

$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$$

预处理 $\mu$ 并做前缀和，询问时 $O(\sqrt{n})$ 整除分块即可。

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P2257 YY的GCD

条件变成 $gcd$ 为质数。

$1\le T\le {10}^4$，$1\le n,m\le {10}^7$。

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枚举 $gcd(i,j)$ 可得

$$\sum _{d=1}^n[d\in Prime]\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

$$\sum _{d=1}^n[d\in Prime]\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (p)\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor$$

有一个trick，令 $T=dp$ ，然后再把 $T$ 提到前面去：

$$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{d|T}\mu (\frac{T}{d})[d\in Prime]$$

后半部分的东西可以 $O(nloglogn)$ 求出来，询问也是 $O(\sqrt{n})$ 的。

还有trival的例题不写了。

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莫比乌斯变换

• 若 $g(n)=\sum _{d|n}f(d)$ ，则 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)\mu (\frac{n}{d})$ .

• 若 $g(n)=\sum _{n|d}f(d)$ ，则 $f(n)=\sum _{n|d}g(d)\mu (\frac{d}{n})$ .

这两个式子称为 莫比乌斯变换 。两个函数 不需要一定是积性函数 。

第一个：由 $g=f\ast I$ 显然可以得到 $f=g\ast \mu$ .

第二个：反推。

$$\sum _{n|d}g(d)\mu (\frac{n}{d})$$

$$\sum _{d=1}\mu (d)g(nd)$$

$$\sum _{d=1}\mu (d)\sum _{nd|p}f(p)$$

$$\sum _{p=1}f(np)\sum _{d|p}\mu (d)$$

$$=f(n)$$

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P3172 [CQOI2015]选数

一个长为 $n$ ，值域为 $L,R$ 的数列 $A$ ，求

$$\sum _A[\underset{i=1}{\overset{n}{gcd}}{A}_i=k]$$

$n,L,R,k\le {10}^9,R-L\le {10}^5$ .

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先将 $L\to \lceil \frac{L}{k}\rceil$ , $R\to \lfloor \frac{R}{k}\rfloor$ .

记 $f(m)$ 为 $gcd$ 刚好为 $m$ 的种数，$g(m)$ 为 $gcd$ 为 $m$ 的倍数的种数，那么 $f(1)$ 即为所求。

容易得到：

$$g(m)=\sum _{m|d}f(d)$$

$$f(m)=\sum _{m|d}\mu (\frac{d}{m})g(d)$$

想一下怎么得到每一个 $g(m)$ .

显然就是

$$g(m)=(\lfloor \frac{R}{m}\rfloor -\lfloor \frac{L-1}{m}\rfloor {)}^n$$

答案是

$$f(1)=\sum _{i=1}\mu (i)g(i)$$

一样的 $g$ 可以整除分块，所以要做 $\mu$ 的前缀和。

要用杜教筛。

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P3312 [SDOI2014]数表

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\sigma }_1(gcd(i,j))[{\sigma }_1(gcd(i,j))\le a]$$

${\sigma }_1$ 是因子之和。

$T\le 2\times {10}^4,n,m\le {10}^5,|a|\le {10}^9$ .

不考虑 $a$ ，那么

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\sigma }_1(gcd(i,j))$$

$$\sum _{d=1}^n{\sigma }_1(d)\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor$$

$$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{d|T}{\sigma }_1(d)\mu (\frac{n}{d})$$

如果套上 $a$ 直接做单次是 $O(nlogn)$ 的。

考虑离线，将所有的 ${\sigma }_1(d)$ 和询问的 $a$ 排序，更换询问时就能不重复地添加。

统计答案时要用到整除分块，所以应该得到一个区间和的形式，用树状数组实现操作。

这样复杂度就是 $O(nlo{g}^{2}n+T\sqrt{n}logn)$ .

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P3327 [SDOI2015]约数个数和

求

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

$d$ 是约数个数，也可以写成 ${\sigma }_0$ .

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有结论：${\displaystyle d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[x\perp y]}$。

考虑一个质因子 $p$，且 $i=p^{\alpha }$，$j=p^{\beta }$ 的情况。

发现两边都是 $\alpha +\beta +1$，应该就能证了。

代回去：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{p|gcd(i,j)}\mu (p)d(\frac{i}{p})d(\frac{j}{p})$$

$$\sum _{p=1}^n\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }d(i)d(j)$$

就做完了。

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P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

求

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

$n,m\le {10}^7$ .

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$$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d]$$

$$\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]$$

把后面那个东西提出来单独做式子看起来舒服方便一点。

$$S(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij[gcd(i,j)=1]$$

$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\cdot d^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij$$

后半可以整除分块。

代回去：

$$\sum _{d=1}^{n}d\cdot S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$$

也可以整除分块。

分块套分块的复杂度是 $O(n^{\frac{3}{4}})$ 的。

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P4466 [国家集训队]和与积

求

$$\sum _{1\le a<b\le n}[a+b|ab]$$

$n<2^{31}$ .

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当 $gcd(a,b)=1$ 时，显然有 $a+b\nmid ab$ .

设 $a=di,b=dj$ ，那么 $i+j\mid ijd$ .

因为 $i+j\nmid ij$ ，所以 $i+j\mid d$.

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }{i+j}\rfloor [gcd(i,j)=1\rfloor$$

当 $i>\sqrt{n}$ 时里面式子就恒为 $0$ 了。

$$\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\sum _{j=1}^{i-1}\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }{i+j}\rfloor [gcd(i,j)=1\rfloor$$

$$\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\sum _{j=1}^{i-1}\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }{i+j}\rfloor \sum _{p|i,p|j}\mu (p)$$

$$\sum _{p=1}^{\sqrt{n}}\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{\sqrt{n}}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{i-1}\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{ip}\rfloor }{ip+jp}\rfloor$$

$$\sum _{p=1}^{\sqrt{n}}\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{\sqrt{n}}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{i-1}\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i{p}^2}\rfloor }{i+j}\rfloor$$

暴力枚举 $p,i$ ，后面的式子是可以整除分块的。

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P4213 【模板】杜教筛（Sum）

求

$$\sum _{i=1}^n\phi (i)$$

$$\sum _{i=1}^n\mu (i)$$

$T\le 10$ ，$n<2^{31}$ .

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设待求函数为 $f$ ，其前缀和为 $S$ ，且 $h=f\ast g$ ，那么 $h$ 的前缀和

$$\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$$

$$\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

显然有

$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

任务是找到方便计算前缀和的 $g,h$ ，简化原式的计算。

$f=\phi$ ，取 $g=I,h=id$ ，$h$ 的前缀和就是 $\frac{n(n+1)}{2}$ ，$g$ 的前缀和就是 $n$ .

$f=\mu$ ，取 $g=I,h=ϵ$ ， $h$ 的前缀和就是 $1$ 。

大概预处理 ${10}^6$ 级别的答案，询问时暴力整除分块，得到的答案可以用 $map$ 或者 $unorderedmap$ 存下来.

代码不放，自己去贺。

复杂度是 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 的。

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*P1587 [NOI2016] 循环之美

求

$\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m$ ，$\frac{x}{y}$ 为最简分数，且在 $k$ 进制下是纯循环小数或整数。

$n,m\le {10}^9,2\le k\le 2\times {10}^3$

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设循环节长度为 $l$ ，则 $\frac{x}{y}$ 和 $\frac{x{k}^l}{y}$ 的小数部分相等。

$$\frac{x}{y}-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor =\frac{x{k}^l}{y}-\lfloor \frac{x{k}^l}{y}\rfloor$$

$$x-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor \ast y=x{k}^l-\lfloor \frac{x{k}^l}{y}\rfloor \ast y$$

$$x\equiv x{k}^l(mody)$$

由 $\frac{x}{y}$ 为最简分数得 $gcd(x,y)=1$ :

$$k^l\equiv 1(mody)$$

答案就是

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1][gcd(j,k)=1]$$

其中的一种方法：

$$\sum _{j=1}^m[gcd(j,k)=1]\sum _{i=1}^n\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

$$\sum _{j=1}^m[gcd(j,k)=1]\sum _{d|j}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$$

$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(dj,k)=1]$$

$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor [gcd(d,k)=1]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(j,k)=1]$$

把后面那串式子记成

$$f(n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,k)=1]$$

显然有

$$f(n)=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \phi (k)+f(nmodk)$$

$k$ 以内的部分可以直接算。

考虑计算

$$g(n,k)=\sum _{d=1}^n\mu (d)[gcd(d,k)=1]$$

$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{p|d,p|k}\mu (p)$$

$$\sum _{p|k}\mu (p)\sum _{p|d}\mu (d)$$

$$\sum _{p|k}\mu (p)\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (dp)$$

无效贡献对式子无影响，变成

$$\sum _{p|k}\mu (p)\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (dp)[gcd(d,p)=1]$$

$$\sum _{p|k}\mu (p)\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\mu (p)[gcd(d,p)=1]$$

$$\sum _{p|k}{\mu }^2(p)\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)[gcd(d,p)=1]$$

$$\sum _{p|k}{\mu }^2(p)g(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,p)$$

边界值 $g(0,k)=0$ ，$g(n,1)=\sum _{d=1}^n\mu (d)$ .

然后就要用杜教筛。

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P3768 简单的数学题

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ij\cdot gcd(i,j)$$

答案对质数 $p$ 取模 。

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一个较妙的做法。

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ij\cdot id(gcd(i,j))$$

这里用到 $\phi \ast I=id$ .

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

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

$$\sum _{d=1}^n\phi (d)\cdot d^2\cdot (\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }i{)}^2$$

$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 可以整除分块，里面的式子的前面和需要杜教筛。

也就是 $f=\phi \cdot i{d}^2$ ，考虑取 $g=i{d}^2$ ，那么

$h(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})=n^2\cdot \sum _{d|n}\phi (n)=n^3$ .

即 $h=i{d}^3$ .

然后杜教筛就不难了。

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*P4240 毒瘤之神的考验

求

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

$T\le {10}^4,n,m\le {10}^5$ .

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有个结论：

$$\phi (ij)=\frac{\phi (i)\phi (j)d}{\phi (d)}$$

$d=(i,j)$ ，这个结论还是很好证的。

$$\sum _{d=1}^n\frac{d}{\phi (d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\phi (id)\phi (jd)[gcd(i,j)=1]$$

$$\sum _{d=1}^n\frac{d}{\phi (d)}\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{dp}\rfloor }\phi (idp)\phi (jdp)$$

$$\sum _{T=1}^n\sum _{d|T}\frac{d\mu (\frac{T}{d})}{\phi (d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\phi (iT)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }\phi (jT)$$

前面那坨函数记为 $f(T)$ .

记 $G(y,x)=\sum _{i=1}^x\phi (iy)$ ，也就是

$$\sum _{T=1}^{n}f(T)\cdot G(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor ,T)\cdot G(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor ,T)$$

显然这个式子只能 $O(n)$ ，直接T飞。

所以再记一个 $S(y,z,x)=\sum _{T=1}^{x}f(T)\sum _{i=1}^y\phi (iT)\sum _{j=1}^z\phi (jT)$

考虑递推，容易得到

$$G(y,x)=G(y,x-1)+\phi (xy)$$

$$S(y,z,x)=S(y,z,x-1)+f(x)\cdot G(x,y)\cdot G(x,z)$$

接着就可以用牛逼分治，就是说设一个阈值 $B$ ，对于 $\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \le B$ 的部分直接算，后面的再用分块算，有点不好看懂放个代码。

int query(int n,int m){
	if(n>m)swap(n,m);
	int ret=0;
	for(int i=1;i<=m/B;i++)
		(ret+=1ll*f[i]*G[i][n/i]%Mod*G[i][m/i]%Mod)%=Mod;
	for(int x=m/B+1,gx;x<=n;x=gx+1){
		gx=min(n/(n/x),m/(m/x));
		(ret+=(S[n/x][m/x][gx]-S[n/x][m/x][x-1]+Mod)%Mod)%=Mod;
	}
	return ret;
}

算下复杂度是 $O(nlnn+n{B}^2+T(\sqrt{n}+\frac{n}{B}))$ .

平衡复杂度不太会算，应该是取 $B=T^{\frac{1}{3}}$ ，平衡复杂度 $O(nlnn+T\sqrt{n}+n{T}^{\frac{2}{3}})$ .

所以就是牛逼东西。

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*P5572 [CmdOI2019]简单的数论题

这道题也是一样的trick.

求

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

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$$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\phi (ij)[gcd(i,j)=1]$$

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

$$\sum _{d=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor }\phi (ip)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{dp}\rfloor }\phi (jp)$$

$$\sum _{T=1}^n\sum _{d|T}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\phi (id)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }\phi (jd)$$

一样记 $G(y,x)=\sum _{i=1}^x\phi (iy)$ ，

$S(y,z,x)=\sum _{T=1}^x\sum _{d|T}\mu (d)\cdot G(d,y)\cdot G(d,z)$

那么

$$G(y,x)=G(y,x-1)+\phi (xy)$$

$$S(y,z,x)=S(y,z,x-1)+\sum _{d|x}\mu (d)\cdot G(y,d)\cdot G(z,d)$$

阈值为 $B$ ，算下时间应该是 $O(B^{2}n\ln n+T(\sqrt{n}+\frac{n}{B}\ln \frac{n}{B}))$ .

平衡复杂度不会算就乱取一个。

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*P3700 [CQOI2017] 小 Q 的表格

$n\times n$ 的表格满足：

$$f(a,b)=f(b,a)$$

$$b\times f(a,a+b)=(a+b)\times f(a,b)$$

一开始有 $f(a,b)=a\times b$，满足表格的条件。

$m$ 次操作，每次一个格子的数被修改且波及其他格子。然后给出 $k$，求左上角 $k\times k$ 的矩阵的数之和。答案对 $1\mathrm{e}9+7$ 取模。

$m\le {10}^4$，$n\le 4\times {10}^6$，值域 $1\mathrm{e}18$.

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从表格的对称性入手：

$$gcd(a,a+b)=gcd(a+b,a)=gcd(a,a+b-a)=gcd(a,b)$$

所以修改 $(a,b)$ 的值会影响到 $gcd(x,y)=gcd(a,b)$ 的 $(x,y)$ 的值。

转换一下第二个式子：

$$\frac{f(a,b)}{a\times b}=\frac{f(a,a+b)}{a\times (a+b)}$$

辗转相除的过程中一直递归下去：

$$\frac{f(a,b)}{a\times b}=\frac{f((a,b),(a,b))}{(a,b{)}^2}$$

那么

$$d\leftarrow (a,b),f(a,b)=\frac{ab}{d^2}\cdot f(d,d)$$

记 $f(d,d)$ 为 $f(d)$，即求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{ij}{d^2}\cdot f(d,d)$$

枚举 $gcd$：

$$\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[i\perp j]ij$$

后面的式子由于有

$$\sum _{i=1}^n[i\perp n]i=\frac{n\phi (n)+ϵ(n)}{2}$$

思考一下就变成了

$$\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i}^2\phi (i)$$

记 ${\displaystyle S(n)=\sum _{i=1}^n{i}^2\phi (i)}$，就可以整除分块了。

然后发现 $f$ 是动态的而且还要作前缀和。

不考虑数据结构的复杂度是 $O(m\sqrt{n})$ 的。

$O(1)$ 查询不难想到分块，把 $f$ 变为前缀和序列，单点修改改为区间修改，这样总复杂度 $O(m\sqrt{n})$.

分块被卡成了儿子。。。树状数组跑得十分快。

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*P4619 [SDOI2018] 旧试题

多测，求

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

$T\le 10$，$1\le A,B,C\le {10}^5$，$1\le \sum max(A,B,C)\le 2\times {10}^5$。时限 5s。

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快进到

$$\sum _{d_1=1}^A\mu (d_1)\sum _{d_2=1}^B\mu (d_2)\sum _{d_3=1}^C\mu (d_3)\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{A}{\mathrm{lcm}(d_1,d_2)}\rfloor }\lfloor \frac{A}{\mathrm{lcm}(d_1,d_2)\cdot x}\rfloor \sum _{y=1}^{\lfloor \frac{B}{\mathrm{lcm}(d_2,d_3)}\rfloor }\lfloor \frac{B}{\mathrm{lcm}(d_2,d_3)\cdot y}\rfloor \sum _{z=1}^{\lfloor \frac{C}{\mathrm{lcm}(d_3,d_1)}\rfloor }\lfloor \frac{C}{\mathrm{lcm}(d_3,d_1)\cdot z}\rfloor$$

令 $V=max(a,b,c)$，三元组 $(d_1,d_2,d_3)$ 有贡献则：

• $\mu (d_1),\mu (d_2),\mu (d_3)\ne 0$。
• $\mathrm{lcm}(d_1,d_2),\mathrm{lcm}(d_2,d_3),\mathrm{lcm}(d_3,d_1)\le V$。

把 $\mu (x)=0$ 的点删除，将 $\mathrm{lcm}(x,y)\le V$ 的连边，然后枚举三元环计数。

如何连边：令 $j=pd,k=qd(p\perp q)$，若 $pqd\le V$ 则连边。

枚举三元环：枚举度数小的作为入边。是 $O(m\sqrt{m})$ 的。计数要判断三个点有几个相同。

zky 写的是 $m$ 最大为 $821535$。

P6271 [湖北省队互测2014] 一个人的数论

之前贺完写的东西被自己删了。

求

$$\sum _{i=1}^n{i}^k[i\perp n]$$

其中 $n=\prod p_i^{{\alpha }_i}$。

$p_i,{\alpha }_i\le {10}^9$，$\omega (n)\le {10}^3$。

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构造

$$F(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k$$

$$G(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k[i\perp n]$$

那么 $G(n)$ 为所求。

由于

$$F(n)=\sum _{d|n}{d}^{k}G(\frac{n}{d})$$

有

$$G(n)=\sum _{d|n}\mu (d)d^{k}F(\frac{n}{d})$$

将 $F(n)$ 视作关于 $n$ 的 $k+1$ 次多项式：

$$\begin{array}{rl}G(n)& =\sum _{d|n}\mu (d)d^k\sum _{i=0}^{k+1}{f}_i\cdot (\frac{n}{d}{)}^i\\ & =\sum _{i=0}^{k+1}{f}_i{n}^i\sum _{d|n}\mu (d)d^{k-i}\end{array}$$

$\mu (d)\cdot d^{k-i}$ 是积性函数，利用 $n$ 的分解式：

$$G(n)=\sum _{i=0}^{k+1}{f}_i{n}^i\prod _{p_j|n}\sum _{t=0}^{a_j}\mu (p_j^t)p_j^t(k-i)$$

故将 $t$ 枚举至 $1$ 即可，那么

$$G(n)=\sum _{i=0}^{k+1}{f}_i{n}^i\prod _{p_j|n}(1-p_j^{k-i})$$

求 $f$ 可以高消 $O(k^3)$ 或者拉插 $O(k^2)$。

*P5518 [MtOI2019] 幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

暂时不考虑补过程。