积性函数学习笔记

数论分块

对于形如

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

的式子，我们可以发现 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 的值可以分成若干块，具体的，设上一块的右边界为 $r^{\prime }$，则当前块的左边界 $l=r^{\prime }+1$，右边界 $r=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor }}\rfloor$。块数为 $O(\sqrt{n})$ 量级。

code:

LL S(LL n) {
  LL s = 0;
  for (LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    s += (SumF(r) - SumF(l - 1)) * G(n / l);
  }
  return s;
}

扩展：

多维数论分块

如果式子形如

$$\sum _{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{a_1}{i}\rfloor ,\lfloor \frac{a_2}{i}\rfloor ,\cdots ,\lfloor \frac{a_k}{i}\rfloor )$$

在取总块右边界的时候把 $k$ 个块的右边界取 $min$ 即可。块的量级为 $O(k\sqrt{a})$。

LL S(LL n) {
  LL s = 0;
  for (LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = INT64_MAX;
    for (int i = 1; i <= k; ++i) {
      r = min(r, a[i] / (a[i] / l));
    }
    s += (SumF(r) - SumF(l - 1)) * G(a[1] / l, a[2] / l, ..., a[k] / l);
  }
  return s;
}

多维嵌套数论分块

式子形如

$$\begin{array}{rl}{S}_k(n)& =\sum _{i=1}^n{g}_k(i)S_{k-1}(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\\ S_0(n)& =f(n)\end{array}$$

直接递归，总块数量级为 $O(n^{1-2^{-k}})$。

LL S(LL n, int k) {
  if (k == 0) {
    return F(n);
  }
  LL s = 0;
  for (LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    s += (SumG(r, k) - SumG(l - 1, k)) * S(n / l, k - 1);
  }
  return s;
}

积性函数

定义

如果一个数论函数 $f(n)$ 满足对于所有 $gcd(i,j)=1$，有 $f(ij)=f(i)f(j)$，那么 $f(n)$ 被称为积性函数。

特别的，如果对于所有 $i,j$ 都有 $f(ij)=f(i)f(j)$，那么 $f(n)$ 被称为完全积性函数。

性质

如果 $f(n)$ 和 $g(n)$ 都是积性函数，那么下列函数也是积性函数：

$$\begin{array}{rl}h(x)& =f(x^p)\\ h(x)& =f(x{)}^p\\ h(x)& =f(x)g(x)\\ h(x)& =\sum _{d\mid x}f(d)g(x/d)\end{array}$$

常见积性函数

• 单位函数 $ϵ(n)=[n=1]$，完全积性函数。
• 幂函数 ${\mathrm{id}}^k(n)=n^k$，${\mathrm{id}}^1$ 一般简记为 $\mathrm{id}$，完全积性函数。
• 常数函数 $1(n)=1$，也记作 $\mathrm{I}$，完全积性函数。
• 因数个数函数 $\mathrm{d}(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}1={\displaystyle \sum _{d=1}^n[d\mid n]}}$。
• 除数函数 ${\sigma }_k(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}{d}^k}$，$k=1$ 时为因数和函数，$k=0$ 时为因数个数函数。
• 欧拉函数 $\phi (n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]}$。
• 莫比乌斯函数 $\mu (n)$，设 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i^{e_i}}$，那么有 $\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& \text{if }n=1\\ 0& \text{if }{e}_i>1\\ (-1{)}^k& \text{otherwise.}\end{array}$。

线性筛

我们在小学二年级就知道线性筛可以在 $O(n)$ 的时间内筛出 $\le n$ 的质数，但其实它还可以筛积性函数。我们只要知道积性函数 $f$ 在质数的幂处的取值，就能用线性筛筛出 $f$。

f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
  if (!v[i]) {
    p.push_back(i), f[i] = /*f 在质数 i 处的取值*/;
    sp[i] = i, bp[i] = i, kp[i] = 1;
  }
  for (int j : p) {
    int k = i * j;
    if (k > n) {
      break;
    }
    v[k] = 1;
    if (i % j) {
      f[k] = f[i] * f[j];
      sp[k] = j, bp[k] = j, kp[k] = 1;
    } else {
      if (sp[i] == i) {
        f[k] = /*f 在质数的幂 bp[i]^(kp[i]+1)=k 处的取值*/;
      } else {
        f[k] = f[i / sp[i]] * f[j * sp[i]];
      }
      sp[k] = sp[i] * j, bp[k] = bp[i], kp[k] = kp[i] + 1;
      break;
    }
  }
}

狄利克雷卷积

定义

对于两个数论函数 $f,g$，定义它们的狄利克雷卷积为：

$$(f\ast g)(n)=\sum _{d\mid n}f(d)g(n/d)$$

性质

1. 满足交换律、结合律、分配律。
2. $ϵ$ 为狄利克雷卷积的单位元，即有 $(f\ast ϵ)(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}f(d)ϵ(n/d)=f(n)}$。
3. $\mu$ 为狄利克雷卷积中 $1$ 的逆元，即 $f\ast 1=h⟺f=h\ast \mu$。
4. 若 $f,g$ 为积性函数，则 $f\ast g$ 为积性函数。
5. $ϵ=\mu \ast 1={\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)}$。
6. $1\ast {\mathrm{id}}^k={\sigma }_k$。
7. $\phi \ast 1=\mathrm{id}$，$\phi =\mu \ast \mathrm{id}$。

狄利克雷(前/后)缀(和/差分)

我们经常会遇到求 $f\ast 1$ 和 $f\ast \mu$ 的前缀和这类的问题。虽然可以手动分析，但有时候却分析不出来。这时候就要用到狄利克雷前缀和（或其他的）了。

以下讲解的是狄利克雷前缀和，等价于卷 $1$，其他情况类似，差分等价于卷 $\mu$。

它的本质是做多维前缀和，即对每个质数 $p$，把 $f_p$ 加到 $f_{ip}$ 上。正确性可以感性理解。

模板题：P5495 Dirichlet 前缀和。

前缀和：

for (int i : p) {
  for (int j = 1; i * j <= n; ++j) {
    f[i * j] += f[j];
  }
}

后缀和（实际上是做倍数卷积，即 $g(n)={\displaystyle \sum _{n\mid d}f(d)}$）：

for (int i : p) {
  for (int j = n / i; j >= 1; --j) {
    f[j] += f[i * j];
  }
}

前缀差分：

for (int i : p) {
  for (int j = n / i; j >= 1; --j) {
    f[i * j] -= f[j];
  }
}

后缀差分（实际上是做倍数卷积，即 $g(n)={\displaystyle \sum _{n\mid d}\mu (d/n)f(d)}$）：

for (int i : p) {
  for (int j = 1; i * j <= n; ++j) {
    f[j] -= f[i * j];
  }
}

杜教筛

题目类型

求 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)}$，其中 $f$ 是积性函数。

算法解决

显然可以线性筛，时间复杂度 $O(n)$，不够优秀。

考虑构造积性函数 $h,g$，使得 $f\ast g=h$。

那么有：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}h(i)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}f(i/d)g(d)\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{d\mid i}f(i/d)\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\end{array}$$

把 $S(n)$ 单独拎出来，有：

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

于是我们只要能做到快速计算 $h$ 和 $g$ 的前缀和即可。记忆化实现，时间复杂度 $O(n^{3/4})$；线性筛预处理 $\le n^{2/3}$ 的部分可以做到 $O(n^{2/3})$。

以下是实现：

$\phi (i)$ 的前缀和

有 $\phi \ast 1=\mathrm{id}$，代码实现如下：

LL Sphi(int n) {
  if (n < kM) {
    return phi[n];
  }
  auto p = fphi.find(n);
  if (p != fphi.end()) {
    return p->second;
  }
  auto &f = fphi[n];
  f = 1LL * n * (n + 1) / 2;
  for (LL l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    f -= (r - l + 1) * Sphi(n / l);
  }
  return f;
}

$\mu (i)$ 的前缀和

有 $\mu \ast 1=ϵ$，代码实现如下：

LL Smu(int n) {
  if (n < kM) {
    return mu[n];
  }
  auto p = fmu.find(n);
  if (p != fmu.end()) {
    return p->second;
  }
  auto &f = fmu[n];
  f = 1;
  for (LL l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    f -= (r - l + 1) * Smu(n / l);
  }
  return f;
}

P4213 【模板】杜教筛（Sum） 代码：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <unordered_map>

using namespace std;
using LL = long long;

const int kM = 1664511;

int t, n;
LL phi[kM], mu[kM];
bool v[kM];
vector<LL> p;
unordered_map<LL, LL> fphi, fmu;

LL Sphi(LL n) {
  if (n < kM) {
    return phi[n];
  }
  auto p = fphi.find(n);
  if (p != fphi.end()) {
    return p->second;
  }
  auto &f = fphi[n];
  f = n * (n + 1) / 2;
  for (LL l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    f -= (r - l + 1) * Sphi(n / l);
  }
  return f;
}
LL Smu(LL n) {
  if (n < kM) {
    return mu[n];
  }
  auto p = fmu.find(n);
  if (p != fmu.end()) {
    return p->second;
  }
  auto &f = fmu[n];
  f = 1;
  for (LL l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    f -= (r - l + 1) * Smu(n / l);
  }
  return f;
}

int main() {
  ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  phi[1] = mu[1] = 1;
  for (LL i = 2; i < kM; ++i) {
    if (!v[i]) {
      phi[i] = i - 1, mu[i] = -1;
      p.push_back(i);
    }
    for (LL j : p) {
      if (i * j >= kM) {
        break;
      }
      v[i * j] = 1;
      if (i % j) {
        phi[i * j] = phi[i] * phi[j], mu[i * j] = mu[i] * mu[j];
      } else {
        phi[i * j] = phi[i] * j, mu[i * j] = 0;
        break;
      }
    }
  }
  for (LL i = 2; i < kM; ++i) {
    phi[i] += phi[i - 1], mu[i] += mu[i - 1];
  }
  for (cin >> t; t--; ) {
    cin >> n;
    cout << Sphi(n) << ' ' << Smu(n) << '\n';
  }
  return 0;
}

莫比乌斯变换/反演

常见反演形式

形式一

$[x=1]={\displaystyle \sum _{d\mid x}\mu (d)}$，即 $ϵ=\mu \ast 1$。

更常见的形式是 $[gcd(i,j)=1]={\displaystyle \sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)=\sum _{d\mid i}\sum _{d\mid j}\mu (d)}$

形式二

如果有

$$f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)$$

（即 $f=g\ast 1$）

那么有

$$g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f(n/d)$$

（即 $g=f\ast \mu$）

形式三

如果有

$$f(n)=\sum _{n\mid d}g(d)$$

那么有

$$g(n)=\sum _{n\mid d}\mu (d/n)f(d)$$

常见反演套路

以下默认 $n\le m$。

形式一

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(gcd(i,j))\\ =& \sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }[gcd(di,dj)=d]\\ =& \sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\sum _{p\mid i}\sum _{p\mid j}\mu (p)\\ =& \sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/dp\rfloor }1\\ =& \sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\lfloor n/dp\rfloor \lfloor m/dp\rfloor \end{array}$$

设 $t=dp$，则

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\lfloor n/dp\rfloor \lfloor m/dp\rfloor \\ =& \sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{t=1,d\mid t}^n\mu (t/d)\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor \\ =& \sum _{t=1}^n\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor \sum _{d\mid t}f(d)\mu (t/d)\\ =& \sum _{t=1}^n\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor (f\ast \mu )(t)\end{array}$$

可以手动分析 $f\ast \mu$，也可以无脑预处理然后数论分块，后一种的时间复杂度为 $O(n\log \log n)-O(\sqrt{n})$。

例题

PGCD - Primes in GCD Table

题意

求

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

思路

以下设 $n\le m$。

直接套上面的套路即可。

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\text{ is a prime}]\\ =& \sum _{t=1}^n\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor \sum _{d\mid t}[d\text{ is a prime}]\mu (t/d)\end{array}$$

可以发现后面的东西可以线性筛，时间复杂度 $O(n+t\sqrt{n})$。

多倍经验：P2257 YY的GCD，P2568 GCD。

GCDMAT - GCD OF MATRIX

题意

求

$$\sum _{i=i_1}^{i_2}\sum _{j=j_1}^{j_2}gcd(i,j)$$

思路

以下设 $n\le m$。

设

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

直接套上面的式子得：

$$\begin{array}{rl}S(n,m)& =\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor (\mathrm{id}\ast \mu )(i)\\ & =\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \phi (i)\end{array}$$

线性筛后数论分块即可，答案为 $S(i_2,j_2)-S(i_2,j_1-1)-S(i_1-1,j_2)+S(i_1-1,j_1-1)$。

P1447 [NOI2010] 能量采集

题意

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}2gcd(i,j)-1$$

思路

显然有

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}2gcd(i,j)-1=2(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j))-nm$$

直接套上面的式子即可。

P1390 公约数的和

题意

求

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

思路

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)\\ =& \frac{\left({\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)}\right)-{\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}}{2}\end{array}$$

直接套上面的式子即可。

LCMSUM - LCM Sum

题意

求

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

思路

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\mathrm{lcm}(i,n)\\ =& \sum _{i=1}^n\frac{in}{gcd(i,n)}\\ =& n\sum _{i=1}^n\frac{i}{gcd(i,n)}\\ =& n\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\frac{i}{d}[gcd(i,n)=d]\\ =& n\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^{n/d}i[gcd(i,n/d)=1]\end{array}$$

发现后面那堆东西意义是与 $n/d$ 互质的数的和，即 ${\displaystyle \frac{n/d\cdot \phi (n/d)}{2}}$，线性筛后枚举 $d$ 对倍数转移预处理即可。

注：注意特判 $n/d=1$ 的情况。

P3327 [SDOI2015]约数个数和

题意

求

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

思路

---

首先需要知道约数个数函数 $d$ 的一个性质：

$$d(ij)=\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[gcd(x,y)=1]$$

证明：

对 $x$ 的质因数分解中的一项 $p^a$ 和 $y$ 对应的 $p^b$，因为 $x,y$ 互质，故必有一项为 $p^0$。

• $b=0$：则对应的 $ij$ 的因子的对应项为 $p^a$。
• $a=0$：设 $i$ 的对应项为 $p^k$，则对应的 $ij$ 的因子的对应项为 $p^{k+b}$。

容易发现这种表示方法不重。故得证。

---

以下设 $n\le m$。

由性质有

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[gcd(x,y)=1]\\ & =\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor n/x\rfloor \lfloor m/y\rfloor [gcd(x,y)=1]\\ & =\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor n/x\rfloor \lfloor m/y\rfloor \sum _{d\mid x,d\mid y}\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{d\mid x}^n\lfloor n/x\rfloor \sum _{d\mid y}^m\lfloor m/y\rfloor \\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{x=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\lfloor \lfloor n/d\rfloor /x\rfloor \sum _{y=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\lfloor \lfloor m/d\rfloor /y\rfloor \end{array}$$

预处理 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\lfloor n/i\rfloor }$ 后数论分块即可。

P5221 Product

题意

求

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

思路

原式即为

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{ij}{gcd(i,j{)}^2}$$

由于 $\prod$ 的优秀性质，我们可以把这个式子拆成两部分：

$$\frac{{\displaystyle \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}ij}}{({\displaystyle \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}gcd(i,j){)}^2}}$$

分子部分

有

$$\begin{array}{rl}\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}ij& =\prod _{i=1}^n{i}^{n}n!\\ & =(n!{)}^n\cdot (n!{)}^n\\ & =(n!{)}^{2n}\end{array}$$

分母部分

有

$$\begin{array}{rl}\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}gcd(i,j)& =\prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n[gcd(i,j)=d]d\\ & =\prod _{d=1}^n{d}^{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=d]}\end{array}$$

看指数部分，有：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=d]& =\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }[gcd(i,j)=1]\\ & =2\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)=1]-1\\ & =2\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\phi (i)-1\end{array}$$

预处理 $\phi$ 前缀和即可。

注意指数部分是对 $104857601-1=104857600$ 取模。

P6055 [RC-02] GCD

题意

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/j\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor n/j\rfloor }[gcd(i,j)=1][gcd(p,q)=1]$$

思路

有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/j\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor n/j\rfloor }[gcd(i,j)=1][gcd(p,q)=1]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{p=1}^n\sum _{q=1}^n[gcd(i,j)=1][gcd(p,q)=j]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{p=1}^n\sum _{q=1}^n[gcd(i,p,q)=1]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{p=1}^n\sum _{q=1}^n\sum _{d\mid i,d\mid p,d\mid q}\mu (d)\\ =& \sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{d\mid i}\sum _{d\mid p}\sum _{d\mid q}1\\ =& \sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}{\rfloor }^3\end{array}$$

杜教筛求 $\mu$ 的前缀和即可，时间复杂度 $O(n^{2/3})$。

---

数论分块套杜教筛复杂度证明：

可以发现由于杜教筛内部是用数论分块实现的，所以只要筛一次 $n$，就会把数论分块要用到的值全部筛出来，时间复杂度为 $O(n^{2/3}+n^{1/2})=O(n^{2/3})$。

---

P3768 简单的数学题

题意

求

$$(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ijgcd(i,j))modp$$

思路

有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ijgcd(i,j)\\ =& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i/d)(j/d)[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }ij\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\\ =& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{p=1}^n\mu (p)\sum _{i=1,p\mid i}^{\lfloor n/d\rfloor }i\sum _{j=1,p\mid j}^{\lfloor n/d\rfloor }j\\ =& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{p=1}^n\mu (p){\left(\sum _{i=1,p\mid i}^{\lfloor n/d\rfloor }i\right)}^2\end{array}$$

设 $S(n)={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$。有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{p=1}^n\mu (p){\left(\sum _{i=1,p\mid i}^{\lfloor n/d\rfloor }i\right)}^2\\ =& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{p=1}^n\mu (p){\left(p\sum _{i=1,p\mid i}^{\lfloor n/d\rfloor }i/p\right)}^2\\ =& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{p=1}^n\mu (p)p^2{\left(\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }i\right)}^2\\ =& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{p=1}^n\mu (p)p^{2}S(\lfloor n/dp\rfloor {)}^2\end{array}$$

设 $t=dp$，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{p=1}^n\mu (p)p^{2}S(\lfloor n/dp\rfloor {)}^2\\ =& \sum _{t=1}^{n}S(\lfloor n/t\rfloor {)}^2\sum _{d=1,d\mid t}^n{d}^3\mu (t/d)(t/d{)}^2\\ =& \sum _{t=1}^{n}S(\lfloor n/t\rfloor {)}^2\sum _{d=1,d\mid t}^{n}d\mu (t/d)t^2\\ =& \sum _{t=1}^{n}S(\lfloor n/t\rfloor {)}^2{t}^2\sum _{d=1,d\mid t}^{n}d\mu (t/d)\\ =& \sum _{t=1}^{n}S(\lfloor n/t\rfloor {)}^2{t}^2\phi (t)\end{array}$$

注意到 $n^2\phi (n)\ast {\mathrm{id}}^2={\mathrm{id}}^3$，可以使用杜教筛。

---

关于如何发现上面那个式子。

首先直接设 $n^2\phi (n)\ast f(n)=g(n)$，展开有

$$g(n)=\sum _{d\mid n}{d}^2\phi (d)f(n/d)$$

我们知道 $\phi \ast 1=\mathrm{id}$，所以想办法把 $d^2$ 消掉，于是自然想到了 $f={\mathrm{id}}^2$。

于是有

$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{d\mid n}{d}^2\phi (d)(n/d{)}^2\\ & =n^2\sum _{d\mid n}\phi (d)\\ & =n^2\cdot n\\ & =n^3\end{array}$$

---

P3172 [CQOI2015]选数

题意

求

$$\sum _{a_1=L}^R\sum _{a_2=L}^R\cdots \sum _{a_n=L}^R[\underset{i=1}{\overset{n}{gcd}}{a}_i=k]$$

思路

设 $l=\lceil L/k\rceil ,r=\lfloor R/k\rfloor$，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{a_1=L}^R\sum _{a_2=L}^R\cdots \sum _{a_n=L}^R[\underset{i=1}{\overset{n}{gcd}}{a}_i=k]\\ =& \sum _{a_1=l}^r\sum _{a_2=l}^r\cdots \sum _{a_n=l}^r[\underset{i=1}{\overset{n}{gcd}}{a}_i=1]\\ =& \sum _{a_1=l}^r\sum _{a_2=l}^r\cdots \sum _{a_n=l}^r\sum _{d\mid a_i}\mu (d)\\ =& \sum _{d=1}^r\mu (d)\sum _{a_1=l,d\mid a_1}^r\sum _{a_2=l,d\mid a_2}^r\cdots \sum _{a_n=l,d\mid a_n}^{r}1\\ =& \sum _{d=1}^r\mu (d){(\lfloor r/d\rfloor -\lfloor (l-1)/d\rfloor )}^n\end{array}$$

杜教筛维护前缀和，数论分块即可。

P4449 于神之怒加强版

题意

求

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

对 ${10}^9+7$ 取模的结果。

思路

直接套式子得：

$$\sum _{t=1}^n\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor \sum _{d\mid t}{d}^k\mu (t/d)$$

后面那坨东西做个狄利克雷前缀差分就好了。

P6825 「EZEC-4」求和

题意

求

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

对 $p$ 取模的值。

思路

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j{)}^{i+j}\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }{d}^{d(i+j)}[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }{d}^{d(i+j)}\sum _{p\mid i,p\mid j}^n\mu (p)\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }{d}^{dp(i+j)}\end{array}$$

设 $t=dp$，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }{d}^{dp(i+j)}\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/t\rfloor }{d}^{t(i+j)}\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }(d^t{)}^i\sum _{j=1}^{\lfloor n/t\rfloor }(d^t{)}^j\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p){(\sum _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }(d^t{)}^i)}^2\end{array}$$

设 $S(b,n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n{b}^i=\frac{b^{n+1}-b}{b-1}}$，特别的，当 $b=1$ 时，$S(1,n)=n$。

那么原式就是

$$\sum _{d=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)S(d^t,\lfloor n/t\rfloor {)}^2$$

直接暴力算即可，时间复杂度 $O(n\log n)$。

P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

题意

求

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

对 $20101009$ 取模的值。

思路

以下设 $n\le m$。

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\mathrm{lcm}(i,j)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }dij[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }ij\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^2\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/dp\rfloor }ij\end{array}$$

设 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}},t=dp}$，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^2\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/dp\rfloor }ij\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^{2}S(\lfloor n/t\rfloor )S(\lfloor m/t\rfloor )\\ =& \sum _{t=1}^n\sum _{d\mid t}d\mu (t/d)(t/d{)}^{2}S(\lfloor n/t\rfloor )S(\lfloor m/t\rfloor )\\ =& \sum _{t=1}^{n}tS(\lfloor n/t\rfloor )S(\lfloor m/t\rfloor )\sum _{d\mid t}\mu (t/d)(t/d)\\ =& \sum _{t=1}^{n}tS(\lfloor n/t\rfloor )S(\lfloor m/t\rfloor )\sum _{d\mid t}\mu (d)d\end{array}$$

看后面那部分 $f(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)d}$，显然有 $f(p)=1-p$ 和 $f(p^k)=f(p)=1-p$，于是可以线性筛预处理后整除分块。

P6156 简单题

题意

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k{\mu }^2(gcd(i,j))gcd(i,j)$$

对 $998244353$ 取模的值。

思路

地狱绘图

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k{\mu }^2(gcd(i,j))gcd(i,j)\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k{\mu }^2(d)d[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }(di+dj{)}^k[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }(i+j{)}^k\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^k\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }(i+j{)}^k\end{array}$$

设 $f$ 为 ${\mathrm{id}}^k$ 的前缀和，$g$ 为 $f$ 的前缀和，$S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k}$，有

$$\begin{array}{rl}S(n)& =\sum _{i=1}^{n}f(n+i)-f(i)\\ & =g(2n)-g(n)-g(n)\\ & =g(2n)-2g(n)\end{array}$$

于是有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^k\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }(i+j{)}^k\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^{k}S(\lfloor n/dp\rfloor )\end{array}$$

设 $t=dp$，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^{k}S(\lfloor n/t\rfloor )\\ =& \sum _{t=1}^{n}S(\lfloor n/t\rfloor )\sum _{d\mid t}{\mu }^2(d)d^{k+1}\mu (t/d)(t/d{)}^k\\ =& \sum _{t=1}^{n}S(\lfloor n/t\rfloor )t^k\sum _{d\mid t}d{\mu }^2(d)\mu (t/d)\end{array}$$

设 $h(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}d{\mu }^2(d)\mu (n/d)}$，由于它是若干个积性函数卷起来，所以也是积性函数，因此我们分类讨论 $h(p^k)$ 即可。

1. $k=1$：此时，$h(p)=\mu (p)+p{\mu }^2(p)=p-1$。
2. $k=2$：此时，$h(p^2)=\mu (p^2)+p{\mu }^2(p)\mu (p)+p^2{\mu }^2(p^2)=-p$。
3. $k>2$：此时，对于 $h(p^k)$ 中的任意一项 $p^i{\mu }^2(p^i)\mu (p^{k-i})$，都有 $i\ge 2$ 或 $k-i\ge 2$，故 $f(p^k)=0$。

这时，我们就能用线性筛预处理 $h$ 和 ${\mathrm{id}}^k$。然后数论分块即可。

改一下可以过 P6222 「P6156 简单题」加强版。

P7486 「Stoi2031」彩虹

题意

求

$$\prod _{i=l}^r\prod _{j=l}^r\mathrm{lcm}(i,j{)}^{\mathrm{lcm}(i,j)}$$

对 $32465177$ 取模的值。

思路

设 ${\displaystyle f(n,m)=\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m\mathrm{lcm}(i,j{)}^{\mathrm{lcm}(i,j)}}$，答案显然为 ${\displaystyle \frac{f(r,r)f(l-1,l-1)}{f(r,l-1)f(l-1,r)}}$，由于 $f(n,m)=f(m,n)$，以下不妨设 $n\le m$。

$$\begin{array}{rl}f(n,m)& =\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m\mathrm{lcm}(i,j{)}^{\mathrm{lcm}(i,j)}\\ & =\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{\frac{ij}{gcd(i,j)}}^{\frac{ij}{gcd(i,j)}}\\ & =\prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{\frac{ij}{d}}^{\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d]}\\ & =\prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }ij{d}^{ijd[gcd(i,j)=1]}\\ & =\prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }ij{d}^{ijd\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)}\\ & =\prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\prod _{p\mid i,p\mid j}ij{d}^{ijd\mu (p)}\\ & =\prod _{d=1}^n\prod _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\prod _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/dp\rfloor }(ijd{p}^2{)}^{ijd{p}^2\mu (p)}\end{array}$$

设 $t=dp$，有

$$\begin{array}{rl}& \prod _{d=1}^n\prod _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\prod _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/dp\rfloor }(ijd{p}^2{)}^{ijd{p}^2\mu (p)}\\ =& \prod _{d=1}^n\prod _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\prod _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }(ijtp{)}^{ijtp\mu (p)}\\ =& \prod _{t=1}^n\prod _{p\mid t}\prod _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }(ijtp{)}^{ijtp\mu (p)}\\ =& \prod _{t=1}^n{\left(\prod _{p\mid t}{(\prod _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }(ijtp{)}^{ij})}^{p\mu (p)}\right)}^t\\ =& \prod _{t=1}^n{\left(\prod _{p\mid t}{(\prod _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }(ij{)}^{ij}\cdot \prod _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }(tp{)}^{ij})}^{p\mu (p)}\right)}^t\end{array}$$

设 $S(n,m)={\displaystyle \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(ij{)}^{ij}}$，$s(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}}$，$g(n)={\displaystyle \prod _{i=1}^n{i}^i}$，有

$$\begin{array}{rl}S(n,m)& =\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(ij{)}^{ij}\\ & =\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{i}^{ij}\cdot j^{ij}\\ & =\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(i^i{)}^j\cdot \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(j^j{)}^i\\ & =\prod _{i=1}^n(i^i{)}^{s(m)}\cdot \prod _{i=1}^{n}g(m{)}^i\\ & =g(n{)}^{s(m)}\cdot g(m{)}^{s(n)}\end{array}$$

另一边，我们有：

$$\begin{array}{rl}\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{x}^{ij}& =x^{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij}\\ & =x^{s(n)s(m)}\end{array}$$

代入原式，得：

$$\begin{array}{rl}& \prod _{t=1}^n{\left(\prod _{p\mid t}{(\prod _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }(ij{)}^{ij}\cdot \prod _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }(tp{)}^{ij})}^{p\mu (p)}\right)}^t\\ =& \prod _{t=1}^n{\left(\prod _{p\mid t}{(S(\lfloor n/t\rfloor ,\lfloor m/t\rfloor )\cdot (tp{)}^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )})}^{p\mu (p)}\right)}^t\\ =& \prod _{t=1}^n{(\prod _{p\mid t}S(\lfloor n/t\rfloor ,\lfloor m/t\rfloor {)}^{p\mu (p)}\cdot p^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )p\mu (p)}\cdot t^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )p\mu (p)})}^t\end{array}$$

设 $h(n)={\displaystyle \sum _{p\mid n}p\mu (p)}$，$w(n)={\displaystyle \prod _{d\mid n}{d}^{d\mu (d)}}$，有：

$$\begin{array}{rl}& \prod _{t=1}^n{(\prod _{p\mid t}S(\lfloor n/t\rfloor ,\lfloor m/t\rfloor {)}^{p\mu (p)}\cdot p^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )p\mu (p)}\cdot t^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )p\mu (p)})}^t\\ =& \prod _{t=1}^n{(S(\lfloor n/t\rfloor ,\lfloor m/t\rfloor {)}^{h(t)}\cdot w(t{)}^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )}\cdot t^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )h(t)})}^t\end{array}$$

再设 $r(n)={\displaystyle (w(n)\cdot n^{h(n)}{)}^n}$，有

$$\begin{array}{rl}& \prod _{t=1}^n{(S(\lfloor n/t\rfloor ,\lfloor m/t\rfloor {)}^{h(t)}\cdot w(t{)}^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )}\cdot t^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )h(t)})}^t\\ =& \prod _{t=1}^{n}S(\lfloor n/t\rfloor ,\lfloor m/t\rfloor {)}^{h(t)t}\cdot r(t{)}^{s(\lfloor n/t\rfloor )s(\lfloor m/t\rfloor )}\end{array}$$

至此，我们可以通过数论分块解决问题。

整理一下要用的函数：

• $s(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}}$：位于指数上，可 $O(1)$ 计算，模 $p-1$。
• $g(n)={\displaystyle \prod _{i=1}^n{i}^i}$：位于底数上，可 $O(n\log n)$ 预处理，模 $p$。
• $S(n,m)=g(n{)}^{s(m)}\cdot g(m{)}^{s(n)}$：位于底数上，可 $O(\log p)$ 计算，模 $p$。
• $h(n)={\displaystyle \sum _{p\mid n}p\mu (p)}$：积性函数，位于指数上，可 $O(n)$ 预处理（线性筛），模 $p-1$。
• $w(n)={\displaystyle \prod _{d\mid n}{d}^{d\mu (d)}}$：位于底数上，可以 $O(n\log n)$ 预处理，模 $p$。
• $r(n)={\displaystyle (w(n)\cdot n^{h(n)}{)}^n}$：位于底数上，可以 $O(\log p)$ 直接计算，模 $p$。

再整理一下要预处理的东西：

• $g(n)={\displaystyle \prod _{i=1}^n{i}^i}$：直接预处理 $i^i$ 后前缀积。
• $h(n)={\displaystyle \sum _{p\mid n}p\mu (p)}$：使用线性筛预处理，$h(p^k)=1-p$。
• $w(n)={\displaystyle \prod _{d\mid n}{d}^{d\mu (d)}}$：枚举 $d$ 对倍数贡献即可。
• $h(t)t$ 的前缀和，对 $p-1$ 取模。
• $r(t)$ 的前缀积和逆元，对 $p$ 取模。

P3704 [SDOI2017]数字表格

题意

求

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{f}_{gcd(i,j)}$$

对 ${10}^9+7$ 取模的值。其中 $f$ 是斐波那契数列。

思路

以下设 $n\le m$。

$$\begin{array}{rl}& \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{f}_{gcd(i,j)}\\ =& \prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{f}_d^{[gcd(i,j)=d]}\\ =& \prod _{d=1}^n{f}_d^{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]}\\ =& \prod _{d=1}^n{f}_d^{\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }[gcd(i,j)=1]}\\ =& \prod _{d=1}^n{f}_d^{\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\lfloor n/dp\rfloor \lfloor m/dp\rfloor }\end{array}$$

设 $t=dp$，有

$$\begin{array}{rl}& \prod _{d=1}^n{f}_d^{\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\lfloor n/dp\rfloor \lfloor m/dp\rfloor }\\ =& \prod _{d=1}^n\prod _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }{f}_d^{\mu (p)\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor }\\ =& \prod _{t=1}^n{\left(\prod _{d\mid t}{f}_d^{\mu (t/d)}\right)}^{\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor }\end{array}$$

设 $F(n)={\displaystyle \prod _{d\mid n}{f}_d^{\mu (n/d)}}$，则

$$\begin{array}{rl}& \prod _{t=1}^n{\left(\prod _{d\mid t}{f}_d^{\mu (t/d)}\right)}^{\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor }\\ =& \prod _{t=1}^{n}F(t{)}^{\lfloor n/t\rfloor \lfloor m/t\rfloor }\end{array}$$

$F(t)$ 显然可以直接 $O(n(\log p+\log n))$ 预处理，数论分块即可。

GCDMAT2 - GCD OF MATRIX (hard)

题意

求

$$\sum _{i=i_1}^{i_2}\sum _{j=j_1}^{j_2}gcd(i,j)$$

对 ${10}^9+7$ 取模的值。多组数据。

$T\le 5\times {10}^4$，$max(i_2),max(j_2)\le {10}^6$。

思路

为方便，以下 $i_1,j_1$ 均为原 $i_1-1,j_1-1$。

这道题目我们在之前已经见过一次了，设 $S(n,m)={\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)}$，则 $S(n,m)={\displaystyle \sum _{i=1}^n\phi (i)\lfloor n/i\rfloor \lfloor m/i\rfloor }$，答案即为 $S(i_2,j_2)-S(i_1,j_2)-S(i_2,j_1)+S(i_1,j_1)$。

但是这样常数太大，过不去。考虑优化。

首先可以发现 $S(n,m)$ 是没必要的，我们直接看原式，设 $n=min(i_2,j_2)$，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=i_1+1}^{i_2}\sum _{j=j_1+1}^{j_2}gcd(i,j)\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=i_1+1}^{i_2}\sum _{j=j_1+1}^{j_2}d[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=\lceil (i_1+1)/d\rceil }^{\lfloor i_2/d\rfloor }\sum _{j=\lceil (j_1+1)/d\rceil }^{\lfloor j_2/d\rfloor }[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=\lfloor i_1/d\rfloor +1}^{\lfloor i_2/d\rfloor }\sum _{j=\lfloor j_1/d\rfloor +1}^{\lfloor j_2/d\rfloor }\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\sum _{i=\lfloor i_1/dp\rfloor +1}^{\lfloor i_2/dp\rfloor }\sum _{j=\lfloor j_1/dp\rfloor +1}^{\lfloor j_2/dp\rfloor }1\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)(\lfloor i_2/dp\rfloor -\lfloor i_1/dp\rfloor )(\lfloor j_2/dp\rfloor -\lfloor j_1/dp\rfloor )\end{array}$$

设 $t=dp$，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)(\lfloor i_2/dp\rfloor -\lfloor i_1/dp\rfloor )(\lfloor j_2/dp\rfloor -\lfloor j_1/dp\rfloor )\\ =& \sum _{d=1}^{n}d\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)(\lfloor i_2/t\rfloor -\lfloor i_1/t\rfloor )(\lfloor j_2/t\rfloor -\lfloor j_1/t\rfloor )\\ =& \sum _{t=1}^n(\lfloor i_2/t\rfloor -\lfloor i_1/t\rfloor )(\lfloor j_2/t\rfloor -\lfloor j_1/t\rfloor )\sum _{p\mid t}(t/p)\mu (p)\\ =& \sum _{t=1}^n\phi (t)(\lfloor i_2/t\rfloor -\lfloor i_1/t\rfloor )(\lfloor j_2/t\rfloor -\lfloor j_1/t\rfloor )\end{array}$$

但是这样常数还是太大，过不去。

优化一：考虑预处理 $1/n$（浮点数下），把除法改成乘法，再逝当卡常就能过了

优化二：根号分治，设一个阈值 $S$，对于 $t\le S$，直接暴力算，对于 $t>S$，数论分块。

至此终于能过了。

P1587 [NOI2016] 循环之美

题意

求对于所有 $1\le x\le n$，$1\le y\le m$，有多少最简分数 ${\displaystyle \frac{x}{y}}$ 满足 $k$ 进制下的小数形式为纯循环小数。特别的，我们认为整数属于纯循环小数。

思路

首先显然要满足 $gcd(x,y)=1$。设 ${\displaystyle \frac{x}{y}}$ 的循环节位数为 $l$，那么有

$$\begin{array}{rl}\left\{\frac{x}{y}\right\}& =\left\{\frac{x{k}^l}{y}\right\}\\ \frac{x}{y}-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor & =\frac{x{k}^l}{y}-\lfloor \frac{x{k}^l}{y}\rfloor \\ x-y\lfloor \frac{x}{y}\rfloor & =x{k}^l-y\lfloor \frac{x{k}^l}{y}\rfloor \\ x& \equiv x{k}^l(\mathrm{mod}y)\\ k^l& \equiv 1(\mathrm{mod}y)\\ gcd(k,y)& =1\end{array}$$

最后一步（$x^l\equiv 1(\mathrm{mod}m)⟺gcd(x,m)=1$）的证明：

• $x^l\equiv 1(\mathrm{mod}m)\leftarrow gcd(x,m)=1$：显然令 $l=\phi (m)$ 即可。
• $x^l\equiv 1(\mathrm{mod}m)\to gcd(x,m)=1$：我们有 $gcd(x^l,m)=gcd(x^l,x^{l}modm)=gcd(x^l,1)=1$，若 $gcd(x,m)\ne 1$，那么有 $gcd(x^l,m)\ne 1$，矛盾，故 $gcd(x,m)=1$。

此时式子就成了

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

求解这个式子即可。

我们有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1][gcd(j,k)=1]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(j,k)=1]\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\\ =& \sum _{p=1}^{min(n,m)}\mu (p)\sum _{p\mid i}^n\sum _{p\mid j}^m[gcd(j,k)=1]\\ =& \sum _{p=1}^{min(n,m)}\mu (p)\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \sum _{p\mid j}^m[gcd(j,k)=1]\\ =& \sum _{p=1}^{min(n,m)}\mu (p)\lfloor \frac{n}{p}\rfloor [gcd(p,k)=1]\sum _{j=1}^{\lfloor m/p\rfloor }[gcd(j,k)=1]\end{array}$$

设 $f(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n[gcd(i,k)=1]}$，由于 $gcd(i+k,k)=gcd(i,k)$，所以 $gcd(i,k)$ 是有一个长度为 $k$ 的循环节的，那么有

$$f(n)=f(nmodk)+\lfloor n/k\rfloor f(k)$$

这个式子是可以 $O(k\log k)$ 预处理后 $O(1)$ 算的。

那么有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{p=1}^{min(n,m)}\mu (p)\lfloor \frac{n}{p}\rfloor [gcd(p,k)=1]\sum _{j=1}^{\lfloor m/p\rfloor }[gcd(j,k)=1]\\ =& \sum _{p=1}^{min(n,m)}f(\lfloor m/p\rfloor )\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \mu (p)[gcd(p,k)=1]\end{array}$$

现在这个式子已经可以数论分块了，现在只剩预处理 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\mu (i)[gcd(i,k)=1]}$ 的问题了。

我们设 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n\mu (i)[gcd(i,k)=1]}$，那么有

$$\begin{array}{rl}S(n)& =\sum _{i=1}^n\mu (i)[gcd(i,k)=1]\\ & =\sum _{i=1}^n[gcd(i,k)=1]S(\lfloor n/i\rfloor )-\sum _{i=2}^n[gcd(i,k)=1]S(\lfloor n/i\rfloor )\end{array}$$

只看前面部分，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n[gcd(i,k)=1]S(\lfloor n/i\rfloor )\\ =& \sum _{i=1}^n[gcd(i,k)=1]\sum _{j=1}^{\lfloor n/i\rfloor }\mu (j)[gcd(j,k)=1]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{\lfloor n/i\rfloor }\mu (j)[gcd(ij,k)=1]\\ =& \sum _{t=1}^n[gcd(t,k)=1]\sum _{j\mid t}\mu (j)\\ =& \sum _{t=1}^n[gcd(t,k)=1][t=1]\\ =& 1\end{array}$$

于是有

$$S(n)=1-\sum _{i=2}^n[gcd(i,k)=1]S(\lfloor n/i\rfloor )$$

这个式子也可以数论分块。采用类似杜教筛的方法即可。

总时间复杂度为 $O(k\log k+n^{2/3})$，证明参考数论分块套杜教筛复杂度证明。

P3700 [CQOI2017]小 Q 的表格

题意

有一个表格 $f(a,b)$，满足：

• $f(a,b)=f(b,a)$
• $b\cdot f(a,a+b)=(a+b)\cdot f(a,b)$

初始时 $f(a,b)=ab$。

有 $m$ 次操作，每次操作会将 $f(a_i,b_i)$ 修改为 $x_i$，同时，你需要修改此次操作涉及到的格子，使得操作后仍满足上面两条条件。每次询问后，你需要输出 ${\displaystyle \sum _{x=1}^{k_i}\sum _{y=1}^{k_i}f(x,y)}$，答案对 ${10}^9+7$ 取模。

思路

首先有

$$\begin{array}{rl}b\cdot f(a,a+b)& =(a+b)\cdot f(a,b)\\ ab\cdot f(a,a+b)& =a(a+b)\cdot f(a,b)\\ \frac{f(a,a+b)}{a(a+b)}& =\frac{f(a,b)}{ab}\end{array}$$

这是辗转相减法的形式，结合 $f(a,b)=f(b,a)$，我们可以得到

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

其中 $d=gcd(a,b)$。

于是我们只要维护 $f(d,d)$ 即可。设 $g(d)=f(d,d)$。

答案即为

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^{k}f(i,j)\\ =& \sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^k\frac{g(gcd(i,j))}{gcd(i,j{)}^2}\cdot ij\\ =& \sum _{d=1}^k\frac{g(d)}{d^2}\sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^{k}ij[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^{k}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor k/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor k/d\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^{k}g(d)\sum _{p=1}^{\lfloor k/d\rfloor }\mu (p)p^2\sum _{i=1}^{\lfloor k/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor k/dp\rfloor }ij\end{array}$$

设 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}}$，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^{k}g(d)\sum _{p=1}^{\lfloor k/d\rfloor }\mu (p)p^2\sum _{i=1}^{\lfloor k/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor k/dp\rfloor }ij\\ =& \sum _{d=1}^{k}g(d)\sum _{p=1}^{\lfloor k/d\rfloor }\mu (p)p^{2}S(\lfloor k/dp\rfloor {)}^2\end{array}$$

设 $h(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n\mu (i)i^{2}S(\lfloor n/i\rfloor {)}^2}$，有

$$\begin{array}{rl}h(n)-h(n-1)& =\sum _{i=1}^n\mu (i)i^{2}S(\lfloor n/i\rfloor {)}^2-\sum _{i=1}^{n-1}\mu (i)i^{2}S(\lfloor (n-1)/i\rfloor {)}^2\\ & =\sum _{i\mid n}\mu (i)i^2(S(n/i{)}^2-S(n/i-1{)}^2)\\ & =\sum _{i\mid n}\mu (i)i^2(n/i{)}^3\\ & =n^2\sum _{i\mid n}\mu (i)(n/i)\\ & =n^2\phi (n)\end{array}$$

于是有

$$h(n)=\sum _{i=1}^n{i}^2\phi (i)$$

原式即为

$$\sum _{d=1}^{k}g(d)h(\lfloor k/d\rfloor )$$

树状数组维护 $g(n)$ 的前缀和，数论分块即可。时间复杂度 $O(m\sqrt{n})$。

P5518 [MtOI2019]幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

题意

求

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

其中 $type\in \{0,1,2\}$，并且

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

答案对 $p$ 取模。

思路

原式显然等于

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

由于 $\prod$ 的优良性质，我们仅需要求解下列两个式子：

$$\begin{array}{r}{f}_1(a,b,c)=\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^c{i}^{f(type)}\\ f_2(a,b,c)=\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^{c}gcd(i,j{)}^{f(type)}\end{array}$$

答案即为

$$\frac{f_1(a,b,c)f_1(b,a,c)}{f_2(a,b,c)f_2(a,c,b)}$$

$f(0)=1$

$$\begin{array}{rl}{f}_1(a,b,c)& =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^{c}i\\ f_2(a,b,c)& =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^{c}gcd(i,j)\end{array}$$

对于 $f_1$，有

$$\begin{array}{rl}{f}_1(a,b,c)& =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^{c}i\\ & =\prod _{i=1}^a{i}^{bc}\\ & =(a!{)}^{bc}\end{array}$$

预处理即可做到 $O(\log n)$ 计算。

对于 $f_2$，设 $n=min(a,b)$，有

$$\begin{array}{rl}{f}_2(a,b,c)& =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^{c}gcd(i,j)\\ & =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^{b}gcd(i,j{)}^c\\ & ={\left(\prod _{d=1}^n{d}^{\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[gcd(i,j)=d]}\right)}^c\\ & ={\left(\prod _{d=1}^n{d}^{\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\lfloor a/dp\rfloor \lfloor b/dp\rfloor }\right)}^c\\ & ={\left(\prod _{d=1}^n\prod _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }{d}^{\mu (p)\lfloor a/dp\rfloor \lfloor b/dp\rfloor }\right)}^c\end{array}$$

设 $t=dp$，有

$$\begin{array}{rl}& {\left(\prod _{d=1}^n\prod _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }{d}^{\mu (p)\lfloor a/dp\rfloor \lfloor b/dp\rfloor }\right)}^c\\ =& {\left(\prod _{t=1}^n{\left(\prod _{d\mid t}{d}^{\mu (t/d)}\right)}^{\lfloor a/t\rfloor \lfloor b/t\rfloor }\right)}^c\end{array}$$

中间那部分显然可以 $O(n\log n)$ 预处理，然后就可以数论分块+快速幂做到 $O(\sqrt{n}\log n)$。

$f(1)=ijk$

$$\begin{array}{rl}{f}_1(a,b,c)& =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^c{i}^{ijk}\\ f_2(a,b,c)& =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^{c}gcd(i,j{)}^{ijk}\end{array}$$

对于 $f_1$，有

$$\begin{array}{rl}{f}_1(a,b,c)& =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^c{i}^{ijk}\\ & ={\left(\prod _{i=1}^a{i}^i\right)}^{S(b)S(c)}\end{array}$$

其中 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}}$。

可以 $O(n)$ 预处理后 $O(\log n)$ 处理单次询问。

对于 $f_2$，设 $n=min(a,b)$，有

$$\begin{array}{rl}{f}_2(a,b,c)& =\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^b\prod _{k=1}^{c}gcd(i,j{)}^{ijk}\\ & ={(\prod _{i=1}^a\prod _{j=1}^{b}gcd(i,j{)}^{ij})}^{S(c)}\\ & ={\left(\prod _{d=1}^n{d}^{\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^{b}ij[gcd(i,j)=d]}\right)}^{S(c)}\end{array}$$

先看指数，有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^{b}ij[gcd(i,j)=d]\\ =& d^2\sum _{i=1}^{\lfloor a/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor b/d\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]\\ =& d^2\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^2\sum _{i=1}^{\lfloor a/dp\rfloor }i\sum _{j=1}^{\lfloor b/dp\rfloor }j\\ =& d^2\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^{2}S(\lfloor a/dp\rfloor )S(\lfloor b/dp\rfloor )\end{array}$$

代入原式，有

$$\begin{array}{rl}& {\left(\prod _{d=1}^n{d}^{\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^{b}ij[gcd(i,j)=d]}\right)}^{S(c)}\\ & ={\left(\prod _{d=1}^n{d}^{d^2\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)p^{2}S(\lfloor a/dp\rfloor )S(\lfloor b/dp\rfloor )}\right)}^{S(c)}\\ & ={\left(\prod _{d=1}^n\prod _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }{d}^{d^2\mu (p)p^{2}S(\lfloor a/dp\rfloor )S(\lfloor b/dp\rfloor )}\right)}^{S(c)}\end{array}$$

设 $t=dp$，有

$$\begin{array}{rl}& {\left(\prod _{d=1}^n\prod _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }{d}^{d^2\mu (p)p^{2}S(\lfloor a/dp\rfloor )S(\lfloor b/dp\rfloor )}\right)}^{S(c)}\\ & ={\left(\prod _{t=1}^n{\left(\prod _{d\mid t}{d}^{d^2\mu (t/d)(t/d{)}^2}\right)}^{S(\lfloor a/t\rfloor )S(\lfloor b/t\rfloor )}\right)}^{S(c)}\\ & ={\left(\prod _{t=1}^n{\left(\prod _{d\mid t}{d}^{\mu (t/d)}\right)}^{t^{2}S(\lfloor a/t\rfloor )S(\lfloor b/t\rfloor )}\right)}^{S(c)}\end{array}$$

要预处理的东西和 $type=0$ 差不多，数论分块可以做到 $O(\sqrt{n}\log n)$

$f(2)=gcd(i,j,k)$

直接考虑原式，设 $n=min(a,b,c)$，取 $\ln$ 有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b\sum _{k=1}^c\ln \left(\frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{gcd(i,k)}\right)gcd(i,j,k)\\ =& \sum _{d=1}^n\phi (d)\sum _{i=1}^{\lfloor a/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor b/d\rfloor }\sum _{k=1}^{\lfloor c/d\rfloor }\ln \left(\frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{gcd(i,k)}\right)\end{array}$$

再取 $\exp$ 有

$$\begin{array}{rl}& \prod _{d=1}^n{\left(\prod _{i=1}^{\lfloor a/d\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor b/d\rfloor }\prod _{k=1}^{\lfloor c/d\rfloor }\frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{gcd(i,k)}\right)}^{\phi (d)}\end{array}$$

可以发现中间部分就是 $type=0$ 时的答案，数论分块套数论分块即可，时间复杂度 $O(n^{3/4}\log n)$。

P4240 毒瘤之神的考验

题意

求

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

对 $998244353$ 取模的值，多组询问。

思路

神仙题。

以下设 $n\le m$。

首先有一个经典结论：

$$\phi (ij)\phi (gcd(i,j))=\phi (i)\phi (j)gcd(i,j)$$

证明：

我们有

$$\begin{array}{rl}\phi (ij)\phi (gcd(i,j))& =ij\prod _{p\mid i\vee p\mid j}{p}^{-1}\cdot gcd(i,j)\prod _{p\mid i\wedge p\mid j}{p}^{-1}\\ & =gcd(i,j)i\prod _{p\mid i}{p}^{-1}\cdot j\prod _{p\mid j}{p}^{-1}\\ & =gcd(i,j)\phi (i)\phi (j)\end{array}$$

（第二步由容斥原理可得）

因此有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi (ij)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{\phi (i)\phi (j)gcd(i,j)}{\phi (gcd(i,j))}\\ =& \sum _{d=1}^n\frac{d}{\phi (d)}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\phi (i)\phi (j)\\ =& \sum _{d=1}^n\frac{d}{\phi (d)}\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }[gcd(i,j)=1]\phi (id)\phi (jd)\\ =& \sum _{d=1}^n\frac{d}{\phi (d)}\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\phi (id)\phi (jd)\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\\ =& \sum _{d=1}^n\frac{d}{\phi (d)}\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/dp\rfloor }\phi (idp)\phi (jdp)\\ =& \sum _{t=1}^n\sum _{d\mid t}\frac{d}{\phi (d)}\mu (t/d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\phi (it)\sum _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }\phi (jt)& t=dp\end{array}$$

设 $f(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}\frac{d}{\phi (d)}\mu (n/d)}$，预处理是简单的，可以做到 $O(n\log n)$。

设 $g(k,n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n\phi (ik)}$，由于 $ik\le m$，显然此式只有 $O(n\log n)$ 种取值，也可以直接预处理。

那么原式就成了

$$\begin{array}{rl}& \sum _{t=1}^n\sum _{d\mid t}\frac{d}{\phi (d)}\mu (t/d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\phi (it)\sum _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }\phi (jt)\\ =& \sum _{t=1}^{n}f(t)g(t,\lfloor n/t\rfloor )g(t,\lfloor m/t\rfloor )\end{array}$$

发现这个式子不太好数论分块，考虑设 $h(a,b,n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)g(i,a)g(i,b)}$，那么原式即可数论分块，即

$$\begin{array}{rl}& \sum _{t=1}^{n}f(t)g(t,\lfloor n/t\rfloor )g(t,\lfloor m/t\rfloor )\\ =& \sum _{\lfloor n/l\rfloor =\lfloor n/r\rfloor ,\lfloor m/l\rfloor =\lfloor m/r\rfloor }h(\lfloor n/r\rfloor ,\lfloor m/r\rfloor ,r)-h(\lfloor n/r\rfloor ,\lfloor m/r\rfloor ,l-1)\end{array}$$

（可以看成是直接对 $f(t)g(t,\lfloor n/t\rfloor )g(t,\lfloor m/t\rfloor )$ 求前缀和）

但是 $h$ 的取值数量很多，预处理不论是时间还是空间开销都是极大的。

考虑根号分治，设一个阈值 $B$，对于 $\lfloor m/r\rfloor \le B$ 的数预处理，对于 $\lfloor m/r\rfloor >B$ 的数，我们有 $r<\lfloor m/B\rfloor$，这一段可以直接暴力。

这时我们考虑 $h$ 的取值数量量级。对于 $h(a,b,k)$，不妨设 $a\le b$，我们有 $bk\le n$，故取值数量为 ${\displaystyle B\sum _{i=1}^{B}n/i=Bn\sum _{i=1}^{B}1/i=Bn\log B}$。

总时间复杂度为 $O(n\log n+Bn\log B+T\cdot ({\displaystyle \frac{n}{B}}+\sqrt{n}))$，空间复杂度为 $O(n\log n+Bn\log B)$。若要最小化上面那个式子，我们就需要满足 $B^2\log B=T$，近似解为 $B=50$。

P5572 [CmdOI2019]简单的数论题

题意

求

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

对 $23333$ 取模的值。

思路

以下设 $n\le m$。

我们有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi (\frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{gcd(i,j)})\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi (\frac{ij}{gcd(i,j{)}^2})\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi (\frac{ij}{d^2})[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\phi (ij)[gcd(i,j)=1]\end{array}$$

由 $gcd(i,j)=1$，我们有 $\phi (ij)=\phi (i)\phi (j)$。于是有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\phi (ij)[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\phi (i)\phi (j)\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\\ =& \sum _{d=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/dp\rfloor }\phi (ip)\sum _{j=1}^{\lfloor m/dp\rfloor }\phi (jp)\\ =& \sum _{t=1}^n\sum _{p\mid t}\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\phi (ip)\sum _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }\phi (jp)& t=dp\end{array}$$

设 $g(k,n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n\phi (ik)}$，由于 $ik\le m$，显然此式只有 $O(n\log n)$ 种取值，可以直接预处理。

那么有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{t=1}^n\sum _{p\mid t}\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor n/t\rfloor }\phi (ip)\sum _{j=1}^{\lfloor m/t\rfloor }\phi (jp)\\ =& \sum _{t=1}^n\sum _{p\mid t}\mu (p)g(p,\lfloor n/t\rfloor )g(p,\lfloor m/t\rfloor )\end{array}$$

再设 $h(a,b,n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{p\mid i}\mu (p)g(p,a)g(p,b)}$。

那么按 P4240 的套路做就行了。

注意预处理 $h$ 的时候我们需要先预处理 ${\displaystyle \sum _{p\mid i}\mu (p)g(p,a)g(p,b)}$，预处理瓶颈就在这里，计算一下，有

$$\begin{array}{rl}& O(\sum _{i=1}^B\sum _{j=1}^B\sum _{p=1}^{n/j}n/jp)\\ =& O(n\sum _{i=1}^B\sum _{j=1}^{B}1/j\sum _{p=1}^{n/j}1/p)\\ =& O(n\sum _{i=1}^B\ln (B)\ln (n))\\ =& O(nB\ln (B)\ln (n))\end{array}$$

总时间复杂度即为 $O(n\log n+nB\log B\log n+T(n/B\log (n/B)+\sqrt{n}))$，最优的 $B$ 满足 $B^2\log B=T$，近似解为 $B=80$。