【随笔浅谈】积性函数的各种处理

目录

• 1：整除
  • 1.1：整除的性质 1
  • 1.2：整除的性质 2
  • 1.3：整除分块
  • 1.4：多维整除分块
• 2：积性函数
  • 2.1：积性函数的定义
  • 2.2：积性函数的简单性质
  • 2.3：常见积性函数
• 3：Dirichlet 卷积
  • 3.1：Dirichlet 卷积的定义
  • 3.2：Dirichlet 卷积的性质
  • 3.3：常见 Dirichlet 卷积式
• 4：线性筛
  • 4.1：线性筛筛积性函数
  • 4.2：例题选讲
• 5：莫比乌斯反演
  • 5.1：例题选讲
• 6：杜教筛
  • 6.1：例题选讲

 

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1：整除

1.1：整除的性质 1

对于 $\forall a, b, c \in \mathbb{Z}$，有：

$$\left\lfloor \frac{a}{bc} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{\left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor}{c} \right\rfloor$$

证明

设 $\frac{a}{b} = \left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor + r$，其中 $0 \leq r < 1$，则：

$$\left\lfloor \frac{a}{bc} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{a}{b} \cdot \frac{1}{c} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{1}{c}\left( \left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor + r \right) \right\rfloor = \left\lfloor \frac{\left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor}{c} + \frac{r}{c} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{\left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor}{c} \right\rfloor$$

Q.E.D

1.2：整除的性质 2

给出一个正整数 $n$，对于正整数 $d(1 \leq d \leq n)$，$\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor$ 的取值不超过 $2\sqrt{n}$ 种。

证明

可以分类讨论：

• 若 $d \leq \sqrt{n}$，因为 $d$ 的取值不超过 $\sqrt{n}$ 种，显然 $\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor$ 的取值不超过 $\sqrt{n}$ 种。
• 若 $d > \sqrt{n}$，则 $\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \leq \sqrt{n}$，故 $\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor$ 的取值不超过 $\sqrt{n}$ 种。

综上所述，$\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor$ 的取值不超过 $2\sqrt{n}$ 种，Q.E.D

1.3：整除分块

给出一个正整数 $n$，请你求出：

$$\sum\limits_{i = 1}^n \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor$$

其中 $1 \leq n \leq 10^9$。

分析

观察到函数 $f(x) = \frac{n}{x}$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上单调递减。

所以，对于函数 $g(x) = \left\lfloor \frac{n}{x} \right\rfloor$ 的任意一个函数值，令 $g(x)$ 取到该值的所有自变量 $x$ 组成一段连续的区间。

根据「1.2：引理 2」，我们知道这样的区间个数也是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 级别的。

对于一段满足 $g(x)$ 均相等的区间，我们可以直接得出该区间里的所有 $x$ 对答案的贡献。那现在的关键在于如何得到这些区间。

考虑任意一个 $i(1 \leq i \leq n)$，我们现在要找到一个最大的 $j(i \leq j \leq n)$，使得 $\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor$。结论：$j = \left\lfloor \frac{n}{ \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor } \right\rfloor$。

证明

1. 第一步，证明其合法性（$i \leq j \leq n$）。

$$\begin{aligned} \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \leq \frac{n}{i} & \implies \left\lfloor \frac{n}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} \right\rfloor \geq \left\lfloor \frac{n}{\frac{n}{i}} \right\rfloor = i \\ & \implies i \leq \left\lfloor \frac{n}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} \right\rfloor = j \end{aligned}$$

2. 第二步，证明其为最大值。

考虑任意一个满足 $\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor$ 的 $j$：

$$\begin{aligned} \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor & \implies \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \leq \frac{n}{j} < \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor + 1 \\ & \implies \frac{1}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor + 1} < \frac{j}{n} \leq \frac{1}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} \\ & \implies \frac{n}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor + 1} < j \leq \frac{n}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} \end{aligned}$$

因为 $j \in \mathbb{Z}$，故 $j_{\max} = \left\lfloor \frac{n}{ \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor } \right\rfloor$。

Q.E.D

实现

根据上述结论，我们就有了找出这 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 个区间的方法。直接套结论做即可，时间复杂度是 $\mathcal{O(\sqrt{n})}$ 的。

view codefor (int x = 1, nx; x <= n; x = nx + 1) {
	nx = n / (n / x);
	ans += 1ll * (nx - x + 1) * (n / x); 
}

1.4：多维整除分块

给出两个正整数 $n, m$，请你求出：

$$\sum\limits_{i = 1}^{\min(n, m)} \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{i} \right\rfloor$$

其中 $1 \leq n, m \leq 10^9$。

分析

上式的乘积项包含两个取整分式。

考虑任意一个 $i$，我们现在要找到一个最大的 $j$，使得 $\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor$ 且 $\left\lfloor \frac{m}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{m}{j} \right\rfloor$。易证：$j = \min\left\{\left\lfloor \frac{n}{ \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor } \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{ \left\lfloor \frac{m}{i} \right\rfloor } \right\rfloor\right\}$。

扩展到多维也是一样的道理。

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2：积性函数

2.1：积性函数的定义

若数论函数 $f(n)$ 满足：对于任意互质正整数 $x, y$，都有 $f(xy) = f(x)f(y)$。则 $f(n)$ 为积性函数。

若数论函数 $f(n)$ 满足：对于任意正整数 $x, y$，都有 $f(xy) = f(x)f(y)$。则 $f(n)$ 为完全积性函数。

2.2：积性函数的简单性质

• 对于任意积性函数 $f(x)$，都有 $f(1) = 1$。
• 对于任意积性函数 $f(x), g(x)$，则以下的 $h(x)$ 也均为积性函数：

$$\begin{aligned}h(x) & = f(x^p) \\h(x) & = f^p(x) \\h(x) & = f(x)g(x) \\h(x) & = \sum\limits_{d | x} f(d)g\left(\frac{x}{d}\right)\end{aligned}$$

• 将 $x$ 分解质因数，若 $f(x)$ 为积性函数，则 $f(x) = \prod\limits_{i = 1}^m f(p_i^{c_i})$。

2.3：常见积性函数

• 单位函数（完全积性）：

$$\epsilon(n) = [n = 1]$$

• 恒等函数（完全积性）：

$$\text{ID}_k(n) = n^k$$

• 常数函数（完全积性）：

$$1(n) = 1$$

• 约数函数（积性）：

$$\sigma_k(n) = \sum\limits_{d | n} d^k$$

• 欧拉函数（积性）：

$$\varphi(n) = n \prod\limits_{i = 1}^m \left(1 - \frac{1}{p_i}\right)$$

• 莫比乌斯函数（积性）：

$$\mu(n) = \begin{cases} 0 & \exists i \in [1, m], c_i > 1 \\ 1 & m \equiv 0 \pmod 2, \forall i\in[1, m], c_i = 1 \\ -1 & m \equiv 1 \pmod 2, \forall i \in [1, m], c_i = 1 \end{cases}$$

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3：Dirichlet 卷积

3.1：Dirichlet 卷积的定义

定义两个数论函数 $f, g$ 的 Dirichlet 卷积为：

$$(f \ast g)(n) = \sum\limits_{d | n} f(d) \cdot g(\frac{n}{d})$$

3.2：Dirichlet 卷积的性质

• 交换律：$f \ast g = g \ast f$。
• 结合律：$(f \ast g) \ast h = f \ast (g \ast h)$。
• 分配律：$f \ast (g + h) = f \ast g + f \ast h$。
• 单位元：$f \ast \epsilon = f$，因此 $\epsilon$ 也被叫做 Dirichlet 卷积单位元。

3.3：常见 Dirichlet 卷积式

3.3.1：式 1

$$\epsilon = \mu \ast 1 \iff \sum\limits_{d | n} \mu(d) = \epsilon(n)$$

证明

不难看出关于 $n$ 的函数 $f(n) = \sum\limits_{d \mid n} \mu(d)$ 是个积性函数。

• 当 $n = 1$ 时，显然有 $f(1) = 1$。

• 当 $n > 1$ 时，将 $n$ 质因数分解，得：

$$\begin{aligned}f(n) & = \prod\limits_{i = 1}^m f(p_i^{c_i}) \\& = \prod\limits_{i = 1}^m \left( \sum\limits_{d | p_i^{c_i}} \mu(d) \right) \\& = \prod\limits_{i = 1}^m \left( \sum\limits_{j = 0}^{c_i} \mu(p_i^j) \right) \\& = \prod\limits_{i = 1}^m \left( \mu(1) + \mu(p_i) \right) \\& = 0\end{aligned}$$

综上所述，$f(n) = \sum\limits_{d | n} \mu(d) = [n = 1]$，Q.E.D

3.3.2：式 2

$$\text{ID} = \varphi \ast 1 \iff \sum\limits_{d | n} \varphi(d) = n$$

证明

不难看出关于 $n$ 的函数 $f(n) = \sum\limits_{d | n} \varphi(d)$ 是个积性函数。

• 当 $n = 1$ 时，显然有 $f(1) = 1$。
• 当 $n > 1$ 时，将 $n$ 质因数分解，得：

$$\begin{aligned}f(n) & = \prod\limits_{i = 1}^m f(p_i^{c_i}) \\& = \prod\limits_{i = 1}^m \left( \sum\limits_{d | p_i^{c_i}} \varphi(d) \right) \\& = \prod\limits_{i = 1}^m \left( \sum\limits_{j = 0}^{c_i} \varphi(p_i^j) \right) \\& = \prod\limits_{i = 1}^m \left( 1 + \sum\limits_{j = 1}^{c_i} \varphi(p_i^j) \right) \\& = \prod\limits_{i = 1}^m \left( 1 + \sum\limits_{j = 1}^{c_i} \left( p_i^j - p_i^{j - 1} \right) \right) \\& = \prod\limits_{i = 1}^m p_i^{c_i} \\& = n\end{aligned}$$

综上所述，$f(n) = \sum\limits_{d | n} \varphi(d) = n$，Q.E.D

3.3.3：式 3

$$\varphi = \mu \ast \text{ID} \iff \varphi(n) = \sum\limits_{d | n} d \cdot \mu(\frac{n}{d})$$

证明

$$\begin{aligned}\varphi \ast 1 = \text{ID} & \implies \varphi \ast 1 \ast \mu = \mu \ast \text{ID} \\& \implies \varphi \ast \epsilon = \mu \ast \text{ID} \\& \implies \varphi = \mu \ast \text{ID}\end{aligned}$$

Q.E.D

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4：线性筛

线性筛，也叫 Euler 筛。可以在线性时间内筛出 $1 \sim n$ 里的所有质数。相信大家都会。

4.1：线性筛筛积性函数

线性筛可以在线性时间内筛出大部分积性函数的前 $n$ 项的函数值。

一般地，对于积性函数 $f(x)$，若 $f(p^c)$ 的值便于分析。则该函数的前 $n$ 项的函数值可以被线性筛筛出来。

我们要多维护一个数组 $\text{low}_i$ 表示：若 $i$ 的最小质因子为 $p_1$，其次数为 $c_1$，则 $\text{low}_i = p_1^{c_1}$。

在线性筛的过程中，有特殊的两点：

• 若当前遇到了一个质数 $p$，则将 $f(p), f(p^2), f(p^3), \cdots, f(p^c)$ 都计算出来。
• 在计算至少包含两个质因子的 $i$ 对应的函数值时，由积性函数定义得 $f(i) = f\left(\frac{i}{\text{low}_i}\right) \cdot f(\text{low}_i)$。

这样就可以在线性时间内筛出一个积性函数的前 $n$ 项了。对于一些简单的积性函数（例如 $\varphi, \mu$）就有更简单的筛法，不一定需要维护 $\text{low}_i$。

4.1.1：线性筛筛欧拉函数

• 设 $p$ 为质数，若 $p \mid n$ 且 $p^2 \mid n$，则 $\varphi(n) = \varphi(\frac{n}{p}) \cdot p$。
• 设 $p$ 为质数，若 $p \mid n$ 且 $p^2 \nmid n$，则 $\varphi(n) = \varphi(\frac{n}{p}) \cdot (p - 1)$。

view codeconst int SZ = 1e6;

int pClock, prime[SZ + 10], fac[SZ + 10];
int phi[SZ + 10];

void sieve(int N) {
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i ++) {
		if (!fac[i]) fac[i] = i, prime[++ pClock] = i, phi[i] = i - 1;
		for (int j = 1; j <= pClock; j ++) {
			if (prime[j] > fac[i] || prime[j] > N / i) break;
			fac[i * prime[j]] = prime[j];
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * (i % prime[j] ? prime[j] - 1 : prime[j]);
		}
	}
}

4.1.2：线性筛筛莫比乌斯函数

• 设 $p$ 为质数，若 $p \mid n$ 且 $p^2 \mid n$，则 $\mu(n) = 0$。
• 设 $p$ 为质数，若 $p \mid n$ 且 $p^2 \nmid n$，则 $\mu(n) = -\mu(\frac{n}{p})$。

view codeconst int SZ = 1e6;

int pClock, prime[SZ + 10], fac[SZ + 10];
int mu[SZ + 10]; 

void sieve(int N) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i ++) {
		if (!fac[i]) fac[i] = i, prime[++ pClock] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= pClock; j ++) {
			if (prime[j] > fac[i] || prime[j] > N / i) break;
			fac[i * prime[j]] = prime[j];
			mu[i * prime[j]] = mu[i] * (i % prime[j] ? -1 : 0);
		}
	}
}

4.1.3：线性筛筛各种积性函数

根据积性函数的特殊性质。利用 $\text{low}_i$ 数组。可以在线性时间内筛出大部分积性函数的前 $n$ 项的函数值。

请读者好好品味这段代码。

view codeconst int SZ = 1e6;

int pClock, prime[SZ + 10], low[SZ + 10];
int f[SZ + 10];

void sieve(int N) {
	f[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i ++) {
		if (!low[i]) {
			prime[++ pClock] = i;

			long long x = i;
			int c = 1;
			while (x <= N) {
				low[x] = x;
				// calculate f(x)
				x *= i, c ++;
			}
		}

		for (int j = 1; j <= pClock; j ++) {
			if (prime[j] > N / i) break;

			if (i % prime[j] == 0)
				low[i * prime[j]] = low[i] * prime[j];
			else
				low[i * prime[j]] = prime[j];

			int num = i * prime[j]; 
			f[num] = f[num / low[num]] * f[low[num]];

			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

4.2：例题选讲

4.2.1：【日常训练】挺好序列

Description

定义一个长度为 $n$ 的挺好序列 $a_1, a_2, \cdots, a_n$，满足：对于 $\forall i \in [1, n]$，都有 $a_i | A$。
定义一个长度为 $n$ 的挺好序列 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 的价值为 $\gcd(a_1, a_2, \cdots, a_n, B)$，其中 $B$ 为定值。

给出三个正整数 $n, m, B$。定义 $f(x)$ 为 $A = x$ 时所有挺好序列的价值和。请你求出：

$$\sum\limits_{i = 1}^m f(i)$$

答案对 $998244353$ 取模。

数据范围：$1 \leq n \leq 10^{18}$，$1 \leq m \leq 2 \times 10^7$，$1 \leq B \leq 10^{18}$。
时空限制：$3000 \ \text{ms} /512 \ \text{MiB}$。

Solution

结论

$f(x)$ 是积性函数。

证明

考虑任意互质的正整数对 $x, y$。

设序列 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 是 $A = x$ 时的某个挺好序列，设序列 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 是 $A = y$ 时的某个挺好序列。

考虑生成序列 $c_1, c_2, \cdots, c_n$，其中 $c_i = a_ib_i$，显然该序列是 $A = xy$ 时的某个挺好序列。

关注序列 $c$ 的价值。因为 $x, y$ 互质，所以 $a_i, b_i$ 也一定互质。在唯一分解角度下观察，显然有：

$$\gcd(a_1, a_2, \cdots, a_n, B) \cdot \gcd(b_1, b_2, \cdots, b_n, B) = \gcd(c_1, c_2, \cdots, c_n, B)$$

故序列 $c$ 的价值为序列 $a, b$ 的价值之积。

回到积性函数的讨论上。$f(x) \cdot f(y)$ 的每一项，相当于是从 $f(x)$ 与 $f(y)$ 各选一项的乘积。故 $f(x) \cdot f(y)$ 是 $A = xy$ 时所有挺好序列的价值和。

所以 $f(xy) = f(x) \cdot f(y)$，所以 $f(x)$ 为积性函数。

Q.E.D

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注意到 $1 \leq m \leq 2 \times 10^7$，可以考虑线性筛。按照上文「4.1.3：线性筛筛积性函数」的内容。现在要对于任意一个质数 $p$，如何求出 $f(p^c)$。

对于一个质数 $p$，令 $d$ 为满足 $p^x \mid B$ 的最大的 $x$。可以简单分类讨论一下，不难得出：

• 当 $c \leq d$ 时：

$$f(p^c) = \sum\limits_{i = 0}^c p^i \cdot \left[ (c -i + 1)^n - (c - i)^n \right]$$

• 当 $c > d$ 时：

$$f(p^c) = p^d \cdot (c - d + 1)^n + \sum\limits_{i = 0}^{d - 1} p^i \cdot \left[ (c -i + 1)^n - (c - i)^n \right]$$

求出 $f(p), f(p^2), \cdots, f(p^c)$ 后，灵活运用线性筛即可求出 $f(x)$ 的前 $m$ 项，那么 $\sum\limits_{i = 1}^m f(i)$ 就直接算即可。

view code#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

typedef long long s64;

int qpow(int a, s64 b, int p) {
	int ans = 1;
	for (; b; b >>= 1) {
		if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % p;
		a = 1ll * a * a % p;
	}
	return ans;
}

const int SZ = 2e7;
const int mod = 998244353;

void add(int &x, const int &y) {
	x += y;
	if (x >= mod) x -= mod;
}

void dec(int &x, const int &y) {
	x -= y;
	if (x < 0) x += mod;
}

s64 n, B;
int m;

int pClock, prime[SZ + 10], low[SZ + 10];
int f[SZ + 10];

int get_top(int p) {
	int num = B, cnt = 0;
	while (num % p == 0) num /= p, cnt ++;
	return cnt;
} 

int power[100];

void sieve(int N) {
	for (int i = 1; i < 100; i ++) power[i] = qpow(i, n, mod);

	f[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i ++) {
		if (!low[i]) {
			prime[++ pClock] = i;

			int d = get_top(i);

			s64 x = i;
			int c = 1;

			while (x <= N) {
				low[x] = x;

				if (c <= d) {
					for (int j = 0, g = 1; j <= c; j ++, g = 1ll * g * i % mod) {
						int rate = power[c - j + 1]; dec(rate, power[c - j]);
						add(f[x], 1ll * g * rate % mod);
					}
				} else {
					int g = 1;
					for (int j = 0; j < d; j ++, g = 1ll * g * i % mod) {
						int rate = power[c - j + 1]; dec(rate, power[c - j]);
						add(f[x], 1ll * g * rate % mod);
					}
					add(f[x], 1ll * g * power[c - d + 1] % mod);
				}

				x *= i, c ++;
			}
		}

		for (int j = 1; j <= pClock; j ++) {
			if (prime[j] > N / i) break;

			if (i % prime[j] == 0)
				low[i * prime[j]] = low[i] * prime[j];
			else
				low[i * prime[j]] = prime[j];

			int num = i * prime[j];
			f[num] = 1ll * f[num / low[num]] * f[low[num]] % mod;

			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	} 
}

int main() {
	scanf("%lld%d%lld", &n, &m, &B);

	sieve(m);

	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= m; i ++) add(ans, f[i]);

	printf("%d\n", ans);

	return 0;
}

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5：莫比乌斯反演

已知两个数论函数 $f, g$ 满足：

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

则：

$$g(n) = \sum\limits_{d \mid n} f(d) \ast \mu\left(\frac{n}{d}\right)$$

证明

已知条件等价于：

$$f = g \ast 1$$

两边同卷 $\mu$ 可得：

$$\begin{aligned}g \ast \epsilon & = f \ast \mu \\g & = f \ast \mu\end{aligned}$$

QED。

5.1：例题选讲

5.1.1：经典问题

Description

给出一个正整数 $n$，求有多少个长度为 $n$，循环节长度也恰好为 $n$ 的小写字符串。

数据范围：$1 \leq n \leq 10^9$。

Solution

设长度为 $n$ 的小写字符串有 $f(n)$ 个；设长度为 $n$，循环节长度也恰好为 $n$ 的小写字符串有 $g(n)$ 个。

显然有：

$$f(n) = 26^n$$

以及：

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

根据莫比乌斯反演，可得：

$$g(n) = \sum\limits_{d | n} 26^d \ast \mu\left(\frac{n}{d}\right)$$

5.1.2：【Luogu P2522】「HAOI2011」Problem b

Luogu P2522。

Description

给出五个正整数 $a, b, c, d, k$，请你求出：

$$\sum\limits_{a \leq i \leq b} \sum\limits_{c \leq j \leq d} [\gcd(i, j) = k]$$

共 $T$ 组询问。

数据范围：$1 \leq T, k \leq 5 \times 10^4$，$1 \leq a \leq b \leq 5 \times 10^4$，$1 \leq c \leq d \leq 5 \times 10^4$。
时空限制：$2500 \ \mathrm{ms} / 250 \ \mathrm{MiB}$。

Solution

记 $\text{calc}(n, m)$ 为：

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

简单容斥可得，答案为：

$$\text{calc}(b, d) - \text{calc}(a - 1, d) - \text{calc}(b, c - 1) + \text{calc}(a - 1, c - 1)$$

考虑这样一个 $\text{calc}(n, m)$ 要怎么求，注意到 $\gcd(i, j) = k$ 与 $\gcd\left(\frac{i}{k}, \frac{j}{k}\right) = 1$ 是等价的，故原式化为：

$$\sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{m}{k} \right\rfloor} [\gcd(i, j) = 1] \\\sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{m}{k} \right\rfloor} \epsilon\left(\gcd(i, j)\right)$$

利用 $\epsilon = \mu \ast 1$ 反演，得：

$$\sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{m}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{d \mid \gcd(i, j)} \mu(d)$$

交换枚举顺序，考虑先枚举 $d$。要使得 $d \mid \gcd(i, j)$，只需要让 $d \mid i$ 且 $d \mid j$ 即可，故答案化为：

$$\sum\limits_{d = 1}^{\min\left( \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{k} \right\rfloor \right)} \mu(d) \cdot \left\lfloor \frac{n}{kd} \right\rfloor \cdot \left\lfloor \frac{m}{kd} \right\rfloor$$

上式就比较好处理了。线性筛筛出莫比乌斯函数，求一遍莫比乌斯函数的前缀和，然后直接上数论分块。

实现上，可以先令 $n \gets \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor, m \gets \left\lfloor \frac{m}{k} \right\rfloor$，这样就比较好做了。

时间复杂度 $\mathcal{O}(N + T\sqrt{N})$，其中 $N$ 表示输入数据上界。

5.1.3：【Luogu P1829】「国家集训队」Crash 的数字表格

Luogu P1829。

Description

给出两个正整数 $n, m$，请你求出：

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

答案对 $20101009$ 取模。

数据范围：$1 \leq n, m \leq 10^7$。
时空限制：$2000 \ \mathrm{ms} / 500 \ \mathrm{MiB}$。

Solution

不难发现原式为：

$$\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^m \frac{i \times j}{\gcd(i, j)}$$

令 $d = \gcd(i, j)$，考虑交换枚举顺序：

$$\sum\limits_{d = 1}^{\min(n, m)} \frac{1}{d} \cdot \sum\limits_{d \mid i}^n \sum\limits_{d \mid j}^m [\gcd(i, j) = d] \ i \times j$$

将 $i$ 和 $j$ 中的 $d$ 提取出来，得：

$$\sum\limits_{d = 1}^{\min(n, m)} d \cdot \sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor} [\gcd(i, j) = 1] \ i \times j$$

记：

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

考虑化简 $F(n, m)$：

$$\begin{aligned}F(n, m) & = \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^m i \times j \times \sum\limits_{p \mid \gcd(i, j)} \mu(p) \\& = \sum\limits_{p = 1}^{\min(n, m)} \mu(p) \cdot p^2 \cdot \sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{m}{p} \right\rfloor} i \times j\end{aligned}$$

记：

$$g(n, m) = \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^m i \cdot j = \sum\limits_{i = 1}^n i \cdot \sum\limits_{j = 1}^m j = \frac{n(n + 1)}{2} \cdot \frac{m(m + 1)}{2}$$

则：

$$F(n, m) = \sum\limits_{p = 1}^{\min(n, m)} \mu(p) \cdot p^2 \cdot g\left(\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{p} \right\rfloor\right)$$

可以线性筛一下，然后数论分块。当 $n, m$ 同阶时，计算 $F(n, m)$ 是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的。

回到本题，可得答案为：

$$\sum\limits_{d = 1}^{\min(n, m)} d \cdot F\left(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor\right)$$

然后这个式子也可以数论分块做，本质上是一个数论分块套数论分块。

线性筛的复杂度是 $\Theta(n)$ 的。数论分块套数论分块的复杂度是 $\mathcal{O}(n^{\frac{3}{4}})$。

于是这题就这样做完了。

关于「数论分块套数论分块」复杂度的证明

原问题中最后计算答案的式子是一个二维数论分块套二维数论分块，看起来不太爽。我们把它替换成一个一维数论分块套一维数论分块，大概是这样：

$$\sum\limits_{d = 1}^n d \cdot F\left(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\right)$$

其中，计算 $F(n)$ 的复杂度是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的。考虑证明上式的复杂度。

可以分类讨论一下：

• 当 $d \leq \sqrt{n}$ 时，最劣的情况是每一个 $\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor$ 互不相同，故此部分对复杂度的贡献为：

$$\sum\limits_{i = 1}^{\sqrt{n}} \mathcal{O} \left( \sqrt\frac{n}{i} \right)$$

• 当 $d > \sqrt{n}$ 时，注意到 $\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor$ 的值会均会落在区间 $[1, \sqrt{n}]$ 中，最劣的情况是 $\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor$ 的值将 $[1, \sqrt{n}]$ 里的所有数都取过一遍，故此部分对复杂度的贡献为：

$$\sum\limits_{i = 1}^{\sqrt{n}} \mathcal{O} \left( \sqrt{i} \right)$$

简单积分近似一下：

$$\sum\limits_{i = 1}^{\sqrt{n}} \mathcal{O} \left( \sqrt{i} \right) + \sum\limits_{i = 1}^{\sqrt{n}} \mathcal{O} \left( \sqrt\frac{n}{i} \right) \thickapprox \mathcal{O} \left( \int_{0}^{n^\frac{1}{2}} \left[ x^\frac{1}{2} + \left( \frac{n}{x} \right)^\frac{1}{2} \right] \text{dx} \right)$$

根据微积分基本定理，设 $H(x) = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} + n^{\frac{1}{2}} \cdot 2x^{\frac{1}{2}}$，有 $H'(x) = x^{\frac{1}{2}} + \left( \frac{n}{x} \right)^{\frac{1}{2}}$。则：

$$\int_{0}^{n^\frac{1}{2}} \left[ x^\frac{1}{2} + \left( \frac{n}{x} \right)^\frac{1}{2} \right] \text{dx} = H(n^{\frac{1}{2}}) - H(0) = \frac{8}{3} n^{\frac{3}{4}}$$

故数论分块套数论分块的复杂度是 $\mathcal{O}(n^\frac{3}{4})$ 的。

5.1.4：【Luogu P2257】YY 的 GCD

Luogu P2257。

Description

给出两个正整数 $n, m$，请你求出满足 $1 \leq i \leq n$ 且 $1 \leq j \leq m$ 的所有数对 $(i, j)$ 中，满足 $\gcd(i, j)$ 为质数的数对有多少个。

共 $Q$ 组数据。

数据范围：$1 \leq Q \leq 10^4$，$1 \leq n, m \leq 10^8$。
时空限制：$4000 \ \mathrm{ms} / 500 \ \mathrm{MiB}$。

Solution

为了方便叙述，设质数集为 $\mathbb{P}$。

注意到答案为：

$$\sum\limits_{p \in \mathbb{P}} \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^m [\gcd(i, j) = p] \\\sum\limits_{p \in \mathbb{P}} \sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{m}{p} \right\rfloor} [\gcd(i, j) = 1] \\\sum\limits_{p \in \mathbb{P}} \sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{m}{p} \right\rfloor} \sum\limits_{d \mid \gcd(i, j)} \mu(d) \\\sum\limits_{p \in \mathbb{P}} \sum\limits_{d = 1}^{\min(\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{p} \right\rfloor)} \mu(d) \cdot \left\lfloor \frac{n}{pd} \right\rfloor \cdot \left\lfloor \frac{m}{pd} \right\rfloor$$

考虑继续化简，令 $T = pd$，则上式化为：

$$\sum\limits_{p \in \mathbb{P}} \sum\limits_{d = 1}^{\min(\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{p} \right\rfloor)} \mu(d) \cdot \left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor \cdot \left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor \\\sum\limits_{T = 1}^{\min(n, m)} \left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor \cdot \left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor \cdot \sum\limits_{p | T, p \in \mathbb{P}} \mu\left(\frac{T}{p}\right)$$

记 $H(n) = \sum\limits_{p | n, p \in \mathbb{P}} \mu(\frac{n}{p})$，则原式化为：

$$\sum\limits_{T = 1}^{\min(n, m)} H(T) \cdot \left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor \cdot \left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor$$

考虑预处理出 $H(n)$。可以使用 " 倍数法 "，对于每个质数 $p$，让其去贡献它的每一个倍数 $T$，稍微卡卡常也可以过。更高明的做法是挖掘 $H(n)$ 的一些性质，然后使用线性筛将 $H(n)$ 筛出来，这里直接给出结论：

$$H(n) = \begin{cases}1 & n \in \mathbb{P} \\-H(\frac{n}{p}) + \mu(\frac{n}{p}) & p \mid n, p^2 \nmid n \\\mu(\frac{n}{p}) & p \mid n, p^2 \mid n\end{cases}$$

预处理出 $H(n)$ 后再处理出它的前缀和。这样就可以配合数论分块求出答案的值了。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n + Q\sqrt{n})$。

5.1.5：【LOJ #6627】「XXOI 2019」等比数列三角形

LOJ #6627。

Description

给出一个正整数 $n$。请你求出：有多少个合法的三角形，满足三边都是 $\leq n$ 的整数，且三边成等比数列。

数据范围：$1 \leq n \leq 10^{12}$。
时空限制：$1000 \ \mathrm{ms} / 256 \ \mathrm{MiB}$。

Solution

枚举公差，将公差表示成一个既约分数 $k = \frac{p}{q} \geq 1$ 的形式，也就是说我们要保证 $\gcd(p, q) = 1$。

对于任意的一个三角形，不妨设三边中的最短边为 $x$，则三边为 $x, kx, k^2x$。

考虑公差 $k = \frac{p}{q}$ 有一些什么限制：

• 需要满足三角形的 " 两边之和大于第三边 "，即：

$$x + kx > k^2x \\1 \leq k < \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$

设 $e = \frac{1 + \sqrt 5}{2}$，根据上面的两条限制，不难得出 $q$ 关于 $p$ 的取值范围：

$$\left\lceil \frac{p}{e} \right\rceil \leq q \leq p$$

• 需要满足三角形的三边都是整数，即：

$$\frac{p^2}{q^2}x \in \mathbb{Z} \\q^2 \mid x$$

由于 $q^2 \mid x$，可设 $i = \frac{x}{q^2}$，则答案为：

$$\sum\limits_{p} \sum\limits_{\left\lceil \frac{p}{e} \right\rceil \leq q \leq p} [\gcd(p, q) = 1] \sum\limits_{i = 1} [p^2 \cdot i\leq n] \\\sum\limits_{p = 1}^{\sqrt{n}} \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor \cdot \sum\limits_{\left\lceil \frac{p}{e} \right\rceil \leq q \leq p} [\gcd(p, q) = 1]$$

记 $S(n, p) = \sum\limits_{i = 1}^n [\gcd(i, p) = 1]$，考虑化简该函数：

$$\begin{aligned}S(n, p) & = \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{d \mid \gcd(i, p)} \mu(d) \\& = \sum\limits_{d \mid p} \mu(d) \cdot \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\end{aligned}$$

回到问题中，答案化为：

$$\sum\limits_{p = 1}^{\sqrt{n}} \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor \cdot \left[ S(p, p) - S\left(\left\lceil \frac{p}{e} \right\rceil - 1, p\right) \right]$$

使用 " 倍数法 "，计算出函数 $g(p) = S(p, p) - S(\left\lceil \frac{p}{e} \right\rceil - 1, p)$，然后直接算即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。

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6：杜教筛

有时候，我们需要快速地对一些数论函数求前缀和，甚至是需要在低于线性时间的复杂度内求解。这时可以利用杜教筛来求出这些前缀和。

一般地，给出一个数论函数 $f(x)$，你需要求出 $S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n f(i)$。

注意到，对于任意一个数论函数 $g$，必定会满足：

$$\begin{aligned}\sum\limits_{i = 1}^n (f \ast g)(i) & = \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{d \mid i} g(d) \cdot f\left(\frac{i}{d}\right) \\& = \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} g(i) \cdot f(j) \\& = \sum\limits_{i = 1}^n g(i) \cdot \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} f(j) \\& = \sum\limits_{i = 1}^n g(i) \cdot S\left(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor\right)\end{aligned}$$

故有：

$$g(1)S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n (f \ast g)(i) - \sum\limits_{i = 2}^n g(i) \cdot S\left(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor\right)$$

此时我们得到了一个 $S(n)$ 关于 $S(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor)$ 的递推式。若 $f \ast g$ 与 $g$ 的前缀和都较好处理的话，就可以考虑使用数论分块来处理上面的递推式，较短时间内求出 $S(n)$，因此找到一个合适的数论函数 $g$ 是关键。

如果直接使用数论分块做上面的递推式，根据 $\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor$ 的取值进行分段。 不考虑递归的情况下，单纯去处理一个 $S(n)$ 的复杂度是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的，递归下去的复杂度为低阶小量 $o(\sqrt{n})$，故计算 $S(n)$ 的复杂度为：

$$O(\sqrt{n}) + \sum\limits_{i = 1}^\sqrt{n} \mathcal{O}(\sqrt{i}) + \sum\limits_{i = 1}^\sqrt{n} \mathcal{O}\left( \sqrt{\frac{n}{i}} \right)$$

简单积分近似一下：

$$\sum\limits_{i = 1}^{\sqrt{n}} \mathcal{O} \left( \sqrt{i} \right) + \sum\limits_{i = 1}^{\sqrt{n}} \mathcal{O} \left( \sqrt\frac{n}{i} \right) \thickapprox \mathcal{O} \left( \int_{0}^{n^\frac{1}{2}} \left[ x^\frac{1}{2} + \left( \frac{n}{x} \right)^\frac{1}{2} \right] \text{dx} \right) = \mathcal{O}(n^{\frac{3}{4}})$$

可以积分近似证明，先线性筛预处理出 $f(x)$ 的前 $n^\frac{2}{3}$ 项，可以取得杜教筛的理论最优复杂度 $\mathcal{O}(n^\frac{2}{3})$。

对于一些较大的 $n$，需要使用 std::map 来存下对应的值（记忆化），方便以后使用时直接计算出结果。

6.1：例题选讲

6.1.1：【Luogu P4213】Sum

Luogu P4213。

Description

给出一个正整数 $n$，请你求出：

$$ans_1 = \sum\limits_{i = 1}^n \varphi(i) \\ans_2 = \sum\limits_{i = 1}^n \mu(i)$$

数据范围：$1 \leq n < 2^{31}$。
时空限制：$2000 \ \mathrm{ms} / 512 \ \mathrm{MiB}$。

Solution

莫比乌斯函数前缀和

注意到 $\mu \ast 1 = \epsilon$，则考虑使用常数函数 $1(n) = 1$ 来构造递推式：

$$S(n) = 1 - \sum\limits_{i = 2}^n S\left(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor\right)$$

然后直接筛即可。

欧拉函数前缀和

注意到 $\varphi \ast 1 = \text{ID}$，则考虑使用常数函数 $1(n) = 1$ 来构造递推式：

$$S(n) = \frac{n(n + 1)}{2} - \sum\limits_{i = 2}^n S\left(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor\right)$$

然后直接筛即可，但其实更好的做法是莫比乌斯反演。

view code#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>

const int SZ = 1e6;

int n;

int m, prime[SZ + 10], fac[SZ + 10], mu[SZ + 10];

int Smu[SZ + 10];

void sieve(int N) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i ++) {
		if (!fac[i]) fac[i] = i, prime[++ m] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= m; j ++) {
			if (prime[j] > fac[i] || prime[j] > N / i) break;
			fac[i * prime[j]] = prime[j];
			mu[i * prime[j]] = mu[i] * (i % prime[j] ? -1 : 0);
		}
	}

	for (int i = 1; i <= N; i ++)
		Smu[i] = Smu[i - 1] + mu[i];
}

std::map<int, int> Smu_buc;

int Smu_calc(int n) {
	if (n <= SZ) return Smu[n];
	if (Smu_buc.count(n)) return Smu_buc[n];

	int cur = 1;
	for (long long x = 2, nx; x <= n; x = nx + 1) {
		nx = n / (n / x);
		cur -= (nx - x + 1) * Smu_calc(n / x);
	}

	return Smu_buc[n] = cur;
}

void work() {
	scanf("%d", &n);

	long long ans1 = 0;
	int ans2 = Smu_calc(n);

	for (long long x = 1, nx; x <= n; x = nx + 1) {
		nx = n / (n / x);
		ans1 += 1ll * (Smu_calc(nx) - Smu_calc(x - 1)) * (n / x) * (n / x);
	}

	ans1 = (ans1 + 1) / 2;

	printf("%lld %d\n", ans1, ans2);
}

int main() {
	sieve(SZ);

	int T;
	scanf("%d", &T);

	while (T --)    work();

	return 0;
}

6.1.2：【Luogu P3768】简单的数学题

Luogu P3768。

Description

给出一个正整数 $n$，请你求出：

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

答案对给定的质数 $p$ 取模。

数据范围：$1 \leq n \leq 10^{10}$，$5 \times 10^8 \leq p \leq 1.1 \times 10^9$。
时空限制：$4000 \ \mathrm{ms} / 256 \ \mathrm{MiB}$。

Solution

利用 $\varphi \ast 1 = \text{ID}$ 反演，得：

$$\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^n i \cdot j \cdot \sum\limits_{d \mid \gcd(i, j)} \varphi(d) \\\sum\limits_{d = 1}^n \varphi(d) \cdot \sum\limits_{d \mid i} \sum\limits_{d \mid j} i \cdot j \\\sum\limits_{d = 1}^n \varphi(d) \cdot d^2 \cdot \sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} i \cdot j$$

记 $F(n) = \sum\limits_{i = 1}^n i = \frac{n(n + 1)}{2}$，则答案化为：

$$\sum\limits_{d = 1}^n \varphi(d) \cdot d^2 \cdot F^2\left(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\right)$$

考虑使用数论分块处理上式，现在的问题是要求出函数 $H(n) = \varphi(n) \cdot n^2$ 的前缀和，考虑杜教筛。

线性筛的部分相信大家都会，主要是讨论构造 $S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n H(i)$ 关于 $S(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor)$ 递推式的部分。

注意到恒等函数 $\text{ID}_2$，考虑将 $H$ 与 $\text{ID}_2$ 卷在一起：

$$\begin{aligned}(H \ast \text{ID}_2)(n) & = \sum\limits_{d \mid n} \varphi(d) \cdot d^2 \cdot \left(\frac{n}{d}\right)^2 \\& = \sum\limits_{d \mid n} \varphi(d) \cdot n^2 \\& = n^2 \cdot \sum\limits_{d | n} \varphi(d) \\& = n^3\end{aligned}$$

于是可以得到 $H \ast \text{ID}_2 = \text{ID}_3$，我们发现 $\text{ID}_2$ 与 $\text{ID}_3$ 的前缀和都可以直接 $\Theta(1)$ 计算（实在记不清楚公式的话，直接上拉格朗日插值吧），于是我们就可以得到 $S(n)$ 的递推式：

$$S(n) = \left( \frac{n(n + 1)}{2} \right)^2 - \sum\limits_{i = 2}^n i^2 \cdot S\left(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor\right)$$

直接上数论分块即可。

6.1.3：【BZOJ #4804】欧拉心算（加强版）

Description

给出两个正整数 $n, m$，请你求出：

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

数据范围：$1 \leq n, m \leq 10^9$。
时空限制：$1500 \ \mathrm{ms} / 512 \ \mathrm{MiB}$。

Solution

$$\begin{aligned}\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^m \varphi(\gcd(i, j))& = \sum\limits_{d = 1} \varphi(d) \cdot \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^m [\gcd(i, j) = d]\\& = \sum\limits_{d = 1} \varphi(d) \cdot \sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor} [\gcd(i, j) = 1]\\& = \sum\limits_{d = 1} \varphi(d) \cdot \sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \sum\limits_{j = 1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor} \sum\limits_{p \mid \gcd(i, j)} \mu(p) \\& = \sum\limits_{d = 1} \varphi(d) \cdot \sum\limits_{p = 1} \mu(p) \cdot \left\lfloor\frac{n}{pd}\right\rfloor \cdot \left\lfloor\frac{m}{pd}\right\rfloor \end{aligned}$$

记 $T = pd$，则式子化简为：

$$\sum\limits_{T = 1}^{\min(n, m)} \left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor \cdot \left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor \cdot \left(\sum\limits_{d \mid T} \varphi(d) \cdot \mu\left(\frac{T}{d}\right) \right)$$

设 $g = \varphi \ast \mu$（这里的 $\ast$ 是狄利克雷卷积，下文同），则式子化简为：

$$\sum\limits_{T = 1}^{\min(n, m)} \left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor \cdot \left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor \cdot g(T)$$

可以用数论分块处理上式，现在的问题是要求 $g$ 的前缀和。可以考虑杜教筛，设：

$$S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n g(i)$$

记 $d = 1 \ast 1$，其中函数 $1(n) = 1$，显然函数 $d$ 为约数个数函数。

那么可以得到 $S(n)$ 有关 $S\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)$ 的递推式：

$$d(1)S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n (g \ast d)(i) - \sum\limits_{i = 2}^n d(i) \cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$$

化简：

$$d(1)S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n \left((\varphi \ast 1) \ast (\mu \ast 1)\right)(i) - \sum\limits_{i = 2}^n d(i) \cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \\d(1)S(n) = \frac{n(n + 1)}{2} - \sum\limits_{i = 2}^n d(i) \cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$$

约数个数函数前缀和 $\sum\limits_{i = 1}^h d(i)$ 即为 $\sum\limits_{i = 1}^h \left\lfloor\frac{h}{i}\right\rfloor$。直接用数论分块求解，复杂度较大。运用类似杜教筛的方法处理，具体地：

• 对于 $x \leq n^{\frac{2}{3}}$ 的部分：运用线性筛求解每个 $S(x), \sum_{i = 1}^x d(i)$
• 对于 $x > n^{\frac{2}{3}}$ 的部分：运用数论分块求解 $\sum_{i = 1}^x d(i)$，运用递推式求解 $S(x)$。

可以证明两部分的复杂度均为 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$，直接上数论分块即可。