莫比乌斯反演的一些简单应用#2
这篇接着莫比乌斯反演的一些简单应用#1，接着往下讲，没有看过上一篇博客的同学建议还是去看一下，很多在上一篇博客已经讲过的东西不在赘述，公式的推导过程有些跳跃。
例4：
求：\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)\)
我们先枚举一下\(\gcd\)：
\(\ \ \ \ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)\)
\(=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\)
\(=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\)
\(=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k)\)
\(=\sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(k)\times\lfloor\frac n {kd}\rfloor\times\lfloor\frac m {kd}\rfloor\)
在设\(T=n\times k\)，然后把式子转化一下：
\(=\sum_{T=1}^n\lfloor\frac n T\rfloor\times\lfloor\frac m T\rfloor\sum_{d|T}d\times\mu(\lfloor\frac T d\rfloor)\)
因为\(id*\mu=\varphi\) 。
所以：
\(=\sum_{T=1}^n\varphi(T)\times\lfloor\frac n T\rfloor\times\lfloor\frac m T\rfloor\)
然后我们就能在\(O(\sqrt{n})\)的时间内求解啦。
例5：
求：\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)\)
先用一个小学学的式子，转换一下原式：\(lcm(i,j)=\frac{i\times j}{\gcd(i,j)}\)
\(\ \ \ \ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)\)
\(=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{i\times j}{\gcd(i,j)}\)
\(=\sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(k)\times k^2\times\sum_{i=1}^{\lfloor\frac {n} {kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac {m} {kd}\rfloor}j\)
设：\(T=n\times k,F[n]=\sum_{i=1}^ni\) 。
转换出来的式子张这样：
\(=\sum_{T=1}^nF[\lfloor\frac{n}{T}\rfloor]\times F[\lfloor\frac{m}{T}\rfloor]\sum_{d|T}\mu(\frac T d)\times d\times(\frac T d)^2\)
\(=\sum_{T=1}^nF[\lfloor\frac{n}{T}\rfloor]\times F[\lfloor\frac{m}{T}\rfloor]\sum_{d|T}\mu(d)\times d\times T\)
\(=\sum_{T=1}^nT\times F[\lfloor\frac{n}{T}\rfloor]\times F[\lfloor\frac{m}{T}\rfloor]\sum_{d|T}\mu(d)\times d\)
嗯~~，看上去好像没有可以优化的地方。
但是我们的亲戚\(\gcd\)是可以\(O(\sqrt{n})\)解决的呀，凭啥我\(lcm\)不行？！
那么我们应该怎么优化呢？
en，要是\(\sum_{d|T}\mu(d)\times d\)是个积性函数那就好了。
等一下，好像和\(id*\mu\)长得挺像的，好像还真有可能是积性函数。
要不来证一下试试？
设\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\times d\)，有\((a,b)=1\) 。
那么因为\((a,b)=1\)，所以\(a,b\)对于\(f(a\times b)\)的贡献是独立不相交的。
得到\(f(a\times b)=f(a)\times f(b),(a,b)=1\)
众所周知——积性函数都能用欧拉筛在\(O(\sqrt{n})\)的时间内求出来。
那么我们现在就来想一下怎么筛吧。
设\(x\)的最小质因子为\(y\)，而\(i=x\%y\)。
开始分类讨论：
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\(x\)是一个质数：\(f(x)=\mu(1)\times1+\mu(x)\times x=1-x\)
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\(x=p^k\)，即\(x\)是一个质数的\(k\)次方：
\(f(x)=\mu(1)\times1+\mu(p)\times p+\mu(p^2)\times p^2...+\mu(p^k)\times k=1-p\)
（因为\(p^2\)项及以后每个数都有多个相同的质因子，因此\(\mu(p^t)=0\) 。)
所以如果有多个相同的质因子，其实对函数产生影响的只有\(1\)和\(p\)两个而已。
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\(i\%y\neq0\)，即\(x\)的最小质因子\(y\)只有一个：
\(f(x)=f(i)\times f(y)=f(i)\times(1-y)\)
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\(i\%y=0\)，即\(x\)的最小质因子\(y\)有多个：
同样的，只有\(1\)和\(y\)是有用的，所以：\(f(x)=f(i)\)。
\(Okay\)，大功告成！这样我们就能在\(O(\sqrt{n})\)的时间内求解啦！
今天也就先到这了，有空更 “莫比乌斯反演的一些简单应用#3”。
