mobius-inversion-formula

Möbius inversion formula

本文中，约定 $n\le m$，$a\bot b$ 表示 $a$ 与 $b$ 互质，$\mathbb P$ 为全体质数集合。

$\large\mathbf I$

先来看一些函数：

$\varphi(n)=|\{x|x\le n,x\bot n\}|$（欧拉函数）

$\mu(n)=\begin{cases}0&\exists x\not=1,x^2|n\\1& \displaystyle(\sum[d|n,d\in \mathbb P])\bmod2=0\\-1&\displaystyle(\sum[d|n,d\in \mathbb P])\bmod2=1\end{cases}$（莫比乌斯函数）

$\sigma(n)=\displaystyle\sum_{d|n}d$（除数函数）

上面这些函数都是数论函数，且为积性函数，即当 $a\bot b$ 时满足 $f(ab)=f(a)f(b)$。
还有一些特殊的函数：

$I(n)=1$ （常函数）

$id(n)=n$ （标号函数）

$\varepsilon(n)=[n=1]$ （元函数）

这些函数在任何情况下都满足 $f(ab)=f(a)f(b)$，被称为完全积性函数。

对于多项式函数，我们有一般的卷积；对于数论函数，我们有狄利克雷卷积：

$$f*g=\sum_{d|n}f(d)g(\dfrac{n}{d})$$

那么有：

$$f*\varepsilon=f$$

$$\mu*I=\varepsilon$$

$$\varphi*I=id$$

$$\mu*id=\varphi$$

显然，狄利克雷卷积拥有交换律，结合律和分配律。

$\large\mathbf{II}$

莫比乌斯反演公式：

$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\to g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$$

证明：左等式告诉我们 $f=g*I$，

所以右等式的右边 $\mu*f=\mu*g*I=g*\varepsilon$，也就等于 $g$。$\blacksquare$

接下来证明一些做题时要用到的东西。

• $\displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$

证明：$\mu*I=\varepsilon$。$\blacksquare$

• $\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\mu(d)=\sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\mu(d)$

证明：交换求和顺序即可，$d$ 是 $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 个数的因子。$\blacksquare$

注：对于上面这个式子，@qzz33554432提出了是否可以通过上一个引理推出它恒等于 $1$。实际上，在 $d$ 没有取值限制时上式确实等于 $1$，但是当 $d$ 有取值限制时它并不等于 $1$，但等号仍然成立。你将在下一个引理证明过程中明白我的意思。十分感谢！

• $\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i\bot j]=\sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\mu(d)$

证明：

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i\bot j] &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i}\sum_{d|j}\mu(d)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{j=1}^m\sum_{d|j}\mu(d)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{d=1}^m\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\mu(d)\\ &=\sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum_{d=1}^m\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\mu(d)\\ &=\sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\mu(d)\quad\blacksquare \end{aligned}$$

$\large\mathbf{III}$

• 求 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]$。

$$\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]=\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]$$

就和上面一样了。

• 求 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[\gcd(i,j)=k]$。

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[\gcd(i,j)=k] &=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ik\times jk[\gcd(i,j)=1]\\ &=k^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij\sum_{d|i}\sum_{d|j}\mu(d)\\ &=k^2\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}id\times jd\mu(d)\\ &=k^2\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}d^2\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j \end{aligned}$$

这里后面的两个 $\large\Sigma$ 是等差数列求和，可以 $\mathcal O(1)$ 计算，前面的可以整除分块做到 $\mathcal O(\sqrt n)$。

• 求 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)$。

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j) &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)}\\ &=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{k}[\gcd(i,j)=k]\\ &=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ijk[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ijk\sum_{d|i}\sum_{d|j}\mu(d)\\ &=\sum_{k=1}^nk\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j \end{aligned}$$

$\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor$ 分块一次，$\left\lfloor\dfrac{n}{kd}\right\rfloor$ 分块一次，总复杂度 $\mathcal O(\sqrt n) \times \mathcal O(\sqrt n)=\mathcal O(n)$。

接下来看一些例题吧。

$\large\mathbf{IV}$

P1829

这题其实就是刚刚的那道 $\operatorname{lcm}$。这里再讨论一种 $\mathcal O(n)-\mathcal O(\sqrt n)$ 解法。

回到第三步：

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ijk[\gcd(i,j)=1] &=\sum_{k=1}^nk\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij\sum_{d|i}\sum_{d|j}\mu(d)\\ &=\sum_{k=1}^nk\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j \end{aligned}$$

令 $s=kd$，则

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ijk[\gcd(i,j)=1] &=\sum_{k=1}^nk\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{s}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{s}\rfloor}j\\ &=\sum_{s=1}^ns\sum_{d|s}\mu(d)d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{s}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{s}\rfloor}j \end{aligned}$$

现在的 $\displaystyle\sum_{d|s}\mu(d)d$ 可以 $\mathcal O(n)$ 线性筛出，剩下的东西做一次分块可以 $\mathcal O(\sqrt n)$。

P2257

求 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in\mathbb P]$。

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in\mathbb P] &=\sum_{k}^{k\in[1,n]\cap\mathbb P}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{k}^{k\in[1,n]\cap\mathbb P}\sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor\mu(d) \end{aligned}$$

令 $s=kd$，则

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in\mathbb P] &=\sum_{k}^{k\in[1,n]\cap\mathbb P}\sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\mu(d)\\ &=\sum_{s=1}^n\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\sum_{k|s}^{k\in\mathbb P}\mu(\frac{s}{k}) \end{aligned}$$

右边的 $\large\Sigma$ 可以筛完预处理，左边的分块即可。

P3312

求 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(\gcd(i,j))[\sigma(\gcd(i,j))\le a]$。

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(\gcd(i,j)) &=\sum_{d=1}^n\sigma(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^n\sigma(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^n\sigma(d)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor\mu(d) \end{aligned}$$

令 $s=kd$，则

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(\gcd(i,j)) &=\sum_{d=1}^n\sigma(d)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\mu(k)\\ &=\sum_{s=1}^n\sum_{d|s}\sigma(d)\mu(\frac{s}{d})\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\\ &=\sum_{s=1}^n\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\sum_{d|s}\sigma(d)\mu(\frac{s}{d}) \end{aligned}$$

这个式子已经足够漂亮了。

接下来考虑将每个询问按 $a$ 排序，对于每次新加进满足域的 $\sigma(d)$，我们枚举 $s\le n$ 使得 $d|s$，这个 $s$ 为答案加上 $\sigma(d)\mu(\dfrac{s}{d})$ 的贡献。

注意到分块的时候需要用到区间求和，所以现在需要一个支持”单点加贡献，区间查询“的东西。这个用树状数组维护即可。

复杂度 $\mathcal O(n\log^2n+T\sqrt n\log n)$。

P4318

求第 $k$ 个不含完全平方因子的数。

首先二分答案，接下来要解决的就是 $1\sim mid$ 中有多少个不含完全平方因子的数。

容斥一下，我们筛去 $2^2$ 的倍数，筛去 $3^2$ 的倍数。注意到 $4$ 有完全平方因子，肯定之前已经被筛过了，所以可以直接跳过。

继续筛去 $5^2$ 的倍数，然后发现 $6^2$ 被 $2^2$ 和 $3^2$ 筛了两遍，所以应该加回来一遍。

于是，我们现在需要这个一个函数：

• 对于含完全平方因子的数，返回值为 $0$。

• 对于质因子个数为奇数的数，返回值为 $-1$。

• 对于质因子个数为偶数的数，返回值为 $1$。

显然这个函数就是 $\mu$。

最后答案为 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\sqrt n}\mu(i)\left\lfloor\frac{n}{i^2}\right\rfloor$，$\mathcal O(\sqrt n)$ 暴力计算即可。

P6271

给你 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^wp_i^{\alpha_i}$，求 $\displaystyle\sum_{i=1}^ni^d[\gcd(i,n)=1]$。

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^ni^d[\gcd(i,n)=1] &=\sum_{i=1}^ni^d\sum_{k|i}\sum_{k|n}\mu(k)\\ &=\sum_{k|n}\mu(k)\sum_{i=1}^{\frac{n}{k}}(ik)^d\\ &=\sum_{k|n}\mu(k)k^d\sum_{i=1}^{\frac{n}{k}}i^d \end{aligned}$$

设 $\displaystyle f(x)=\sum_{i=1}^xi^d$，我们知道这个函数一定可以表示成一个关于 $x$ 的 $d + 1$ 次多项式，而且我们可以在 $\mathcal O(d^3)$ 或者 $\mathcal O(d^2)$ 的时间内用插值，消元或者伯努利公式求出它的系数。

于是设 $\displaystyle f(x)=\sum_{i=0}^{d+1}a_ix^i$,则

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^ni^d[\gcd(i,n)=1] &=\sum_{k|n}\mu(k)k^df\left(\frac{n}{k}\right)\\ &=\sum_{k|n}\mu(k)k^d\sum_{i=0}^{d+1}a_i\left(\frac{n}{k}\right)^i\\ &=\sum_{i=0}^{d+1}a_in^i\sum_{k|n}\mu(k)k^{d-i} \end{aligned}$$

设 $\displaystyle g(n)=\sum_{k|n}\mu(k)k^{d-i}$，这个函数显然是积性函数，于是有

$\displaystyle g(n)=\prod_{j=1}^wg(p_j^{\alpha_j})$

观察 $g(p^{\alpha})$，发现 $k$ 只能等于 $1,p,p^2,p^3\cdots$

而且仅当 $k=1$ 或 $p$ 时 $\mu$ 不为 $0$。所以

$$\begin{aligned} g(n) &=\prod_{j=1}^w\mu(1)+\mu(p_j)p_j^{d-i}\\ &=\prod_{j=1}^w1-p_j^{d-i} \end{aligned}$$

带回去可以得到原式 $\displaystyle=\sum_{i=0}^{d+1}a_in^i\prod_{j=1}^w1-p_j^{d-i}$，这个式子已经可以 $\mathcal O(dw)$ 计算。

最终复杂度为 $\mathcal O(d^3+dw)$ 或 $\mathcal O(d^2+dw)$。

BZOJ3309

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m f(\gcd(i,j)) &=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor\mu(k) \end{aligned}$$

设 $s=kd$，则

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m f(\gcd(i,j)) &=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\mu(k)\\ &=\sum_{s=1}^n\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\sum_{d|s}f(d)\mu(\frac{s}{d}) \end{aligned}$$

左边已经可以分块，观察右边的 $\large\Sigma$：

考虑设 $\displaystyle s=\prod_{i=1}^wp_i^{k_i}$，由于式子里有个 $\mu(\dfrac{s}{d})$，因此若设 $\displaystyle d=\prod_{i=1}^wp_i^{a_i}$，仅当 $k_i-a_i=0$ 或 $1$ 时式子才有贡献。

分类讨论：

• 当存在 $(i,j)$ 满足 $k_i<k_j$ 时，$a_i$ 的取值显然不会影响到 $f$ 函数的值，但会影响到 $\mu$ 函数的值，这两个值正好相反。于是就全部抵消掉了，式子值为 $0$。

• 当所有 $k_i$ 都相等时，设 $t=\max\{k_i\}$，则 $f(d)=t$ 对答案的贡献为

$$\begin{aligned} \sum_{f(\frac{s}{d})=t}f(d)\mu(\frac{s}{d}) &=t\sum_{f(d)=t}\mu(\frac{s}{d})\\ &=t\sum_{i=1}^w(-1)^{w-i}\dbinom{w}{i}\\ &=t(1-1)^w-t(-1)^w\\ &=t(-1)^{w+1} \end{aligned}$$

当 $f(d)=t-1$ 时，所有 $a_i$ 都等于 $k_i-1$，所以它对答案的贡献为 $(t-1)\times(-1)^w$。

综合起来，所有 $k_i$ 都相等时式子值为 $t(-1)^{w+1}+(t-1)\times(-1)^w=(-1)^{w+1}$。

接下来随便筛一下就可以 $\mathcal O(n+T\sqrt n)$ 了。

P3704

求 $\displaystyle \prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf_{\gcd(i,j)}$，$f$ 是斐波那契数列。

$$\begin{aligned} \prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf_{\gcd(i,j)} &=\prod_{d=1}^nf_d^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]}\\ &=\prod_{d=1}^nf_d^{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]}\\ &=\prod_{d=1}^nf_d^{\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor\mu(k)} \end{aligned}$$

令 $s=kd$，则

$$\begin{aligned} \prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf_{\gcd(i,j)} &=\prod_{d=1}^nf_d^{\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{s}\rfloor\lfloor\frac{m}{s}\rfloor\mu(k)}\\ &=\prod_{s=1}^n\prod_{d|s}f_d^{\lfloor\frac{n}{s}\rfloor\lfloor\frac{m}{s}\rfloor\mu(\frac{s}{d})}\\ &=\prod_{s=1}^n(\prod_{d|s}f_d^{\mu(\frac{s}{d})})^{\lfloor\frac{n}{s}\rfloor\lfloor\frac{m}{s}\rfloor} \end{aligned}$$

这里你发现括号里的东西与 $n,m$ 无关，并且可以 $\mathcal O(n\log n+n\log\text{mod})$ 预处理出来，外面的部分则可以分块。最后算上快速幂，复杂度 $\mathcal O(n\log n+T\sqrt n\log\text{mod})$。

P5518

求 $\displaystyle\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\left(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)}\right)^{f(type)}$，其中 $type\in\{0,1,2\}$，$f(type)$ 分别等于 $1,ijk,\gcd(i,j,k)$。

首先 $\displaystyle\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\left(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)}\right)^{f(type)}=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\left(\frac{ij}{\gcd(i,j)\gcd(i,k)}\right)^{f(type)}$

我们把分子分母分开来算，现在要做的就是计算 $\displaystyle\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{f(type)}$ 和 $\displaystyle\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{f(type)}$。

接下来分 $type$ 考虑吧。

$type=0,f(type)=1$

$$\displaystyle\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci =\prod_{i=1}^Ai^{BC} =(A!)^{BC}$$

$$\begin{aligned} \prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j) &=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)^C \end{aligned}$$

你会发现 $\displaystyle\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)$ 这个式子和我们上一题研究的式子基本上是一样的，它等于

$$\displaystyle\prod_{s=1}^A(\prod_{d|s}d^{\mu(\frac{s}{d})})^{\lfloor\frac{A}{s}\rfloor\lfloor\frac{B}{s}\rfloor}$$

记住这个式子，它在我们下面的推导中还会用到。

这样我们在 $\mathcal O(\sqrt n\log n)$ 的时间内解决了 $type=0$ 的情况。

$type=1,f(type)=ijk$

设 $\displaystyle \Sigma(n)=\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}{2}$

$$\displaystyle\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{ijk}=\left(\prod_{i=1}^Ai^i\right)^{\Sigma(B)\Sigma(C)}$$

$$\begin{aligned} \prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{ijk} &=\left(\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)^{ij}\right)^{\Sigma(C)}\\ &=\left(\prod_{d=1}^A\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}d^{id\times jd[\gcd(i,j)=1]}\right)^{\Sigma(C)}\\ &=\left(\prod_{d=1}^A\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}d^{ijd^2\sum_{k|i}\sum_{k|j}\mu(k)}\right)^{\Sigma(C)}\\ &=\left(\prod_{d=1}^A\prod_{k=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}d^{\mu(k)k^2d^2\Sigma(\lfloor\frac{A}{kd}\rfloor)\Sigma(\lfloor\frac{B}{kd}\rfloor)}\right)^{\Sigma(C)} \end{aligned}$$

令 $s=kd$，则

$$\begin{aligned} \prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{ijk} &=\left(\prod_{d=1}^A\prod_{k=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}d^{\mu(k)s^2\Sigma(\lfloor\frac{A}{s}\rfloor)\Sigma(\lfloor\frac{B}{s}\rfloor)}\right)^{\Sigma(C)}\\ &=\left(\prod_{s=1}^A\left(\prod_{d|s}d^{\mu(\frac{s}{d})}\right)^{s^2\Sigma(\lfloor\frac{A}{s}\rfloor)\Sigma(\lfloor\frac{B}{s}\rfloor)}\right)^{\Sigma(C)}\\ \end{aligned}$$

中间括号内的式子我们是预处理过的，这里再预处理它的 $s^2$ 次幂就好了。

分一次块，复杂度 $\mathcal O(\sqrt n\log n)$。

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

阴间task

前置知识：欧拉反演

我们知道 $\displaystyle n=\sum_{d|n}\varphi(d)$

把 $n$ 换掉，于是 $\displaystyle\gcd(i,j)=\sum_{d|\gcd(i,j)}\varphi(d)=\sum_{d|i}\sum_{d|j}\varphi(d)$

那么 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\gcd(i,x)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{d|x}\varphi(d)=\sum_{d|x}\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\varphi(d)=\sum_{d|x}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\varphi(d)$

上式被称为欧拉反演。

$$\displaystyle\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{\gcd(i,j,k)}=\prod_{i=1}^Ai^{\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\gcd(k,\gcd(i,j))}$$

最右边可以欧拉反演，于是

$$\begin{aligned} \prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{\gcd(i,j,k)} &=\prod_{i=1}^Ai^{\sum_{j=1}^B\sum_{d|i}\sum_{d|j}\lfloor\frac{C}{d}\rfloor\varphi(d)}\\ &=\prod_{i=1}^Ai^{\sum_{d|i}\sum_{j=1}^B\sum_{d|j}\lfloor\frac{C}{d}\rfloor\varphi(d)}\\ &=\prod_{i=1}^Ai^{\sum_{d|i}\lfloor\frac{B}{d}\rfloor\lfloor\frac{C}{d}\rfloor\varphi(d)}\\ &=\prod_{d=1}^A\left(\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}id\right)^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor\lfloor\frac{C}{d}\rfloor\varphi(d)}\\ &=\prod_{d=1}^A\left(d^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\left\lfloor\frac{A}{d}\right\rfloor!\right)^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor\lfloor\frac{C}{d}\rfloor\varphi(d)} \end{aligned}$$

预处理 $d^{\varphi(d)}$ 前缀积再做一次分块即可 $\mathcal O(\sqrt n\log n)$。

接下来设 $\displaystyle G(n,x)=\sum_{i=1}^n\gcd(i,x)=\sum_{d|x}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\varphi(d)$。

$$\begin{aligned} \prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{\gcd(i,j,k)} &=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)^{\sum_{k=1}^C\gcd(\gcd(i,j),k)}\\ &=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)^{G(C,\gcd(i,j))}\\ &=\prod_{d=1}^Ad^{G(C,d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]}\\ &=\prod_{d=1}^Ad^{\sum_{q|d}\lfloor\frac{C}{q}\rfloor\varphi(q)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\lfloor\frac{A}{kd}\rfloor\lfloor\frac{B}{kd}\rfloor\mu(k)}\\ &=\prod_{q=1}^A\prod_{d=1}^{\lfloor\frac{A}{q}\rfloor}(dq)^{\lfloor\frac{C}{q}\rfloor\varphi(q)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{A}{dq}\rfloor}\lfloor\frac{A}{kdq}\rfloor\lfloor\frac{B}{kdq}\rfloor\mu(k)}\\ \end{aligned}$$

考虑 $d,q$ 分开计算。

令 $s=kd$，则

$$\begin{aligned} \prod_{q=1}^A\prod_{d=1}^{\lfloor\frac{A}{q}\rfloor}d^{\lfloor\frac{C}{q}\rfloor\varphi(q)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{A}{dq}\rfloor}\lfloor\frac{A}{kdq}\rfloor\lfloor\frac{B}{kdq}\rfloor\mu(k)} &=\prod_{q=1}^A\prod_{d=1}^{\lfloor\frac{A}{q}\rfloor}d^{\lfloor\frac{C}{q}\rfloor\lfloor\frac{A}{sq}\rfloor\lfloor\frac{B}{sq}\rfloor\varphi(q)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{A}{dq}\rfloor}\mu(k)}\\ &=\prod_{q=1}^A\left(\prod_{s=1}^{\lfloor\frac{A}{q}\rfloor}\left(\prod_{d|s}d^{\mu(\frac{s}{d})}\right)^{\lfloor\frac{A}{sq}\rfloor\lfloor\frac{B}{sq}\rfloor}\right)^{\varphi(q)\lfloor\frac{C}{q}\rfloor}\\ \end{aligned}$$

你惊奇地发现最外层括号里面的东西我们在 $type=0$ 时研究过了。

这样外层一次分块，里层一次分块就完事了。

复杂度 $\displaystyle\sum_{i=1}^{\sqrt n}\sqrt\frac{n}{i}\log\frac{n}{i}=\mathcal O(n^{\frac{3}{4}}\log n)$。

还有 $q$，同样令 $s=kd$：

$$\begin{aligned} \prod_{q=1}^A\prod_{d=1}^{\lfloor\frac{A}{q}\rfloor}q^{\lfloor\frac{C}{q}\rfloor\varphi(q)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{A}{dq}\rfloor}\lfloor\frac{A}{kdq}\rfloor\lfloor\frac{B}{kdq}\rfloor\mu(k)} &=\prod_{q=1}^Aq^{\lfloor\frac{C}{q}\rfloor\varphi(q)\sum_{s=1}^{\lfloor\frac{A}{q}\rfloor}\lfloor\frac{A}{sq}\rfloor\lfloor\frac{B}{sq}\rfloor\sum_{k|s}\mu(k)}\\ &=\prod_{q=1}^Aq^{\lfloor\frac{C}{q}\rfloor\varphi(q)\sum_{s=1}^{\lfloor\frac{A}{q}\rfloor}\lfloor\frac{A}{sq}\rfloor\lfloor\frac{B}{sq}\rfloor[s=1]}\\ &=\prod_{q=1}^Aq^{\lfloor\frac{A}{q}\rfloor\lfloor\frac{B}{q}\rfloor\lfloor\frac{C}{q}\rfloor\varphi(q)}\\ \end{aligned}$$

一次分块即可，复杂度 $\mathcal O(\sqrt n\log n)$。

$\large\mathbf V$

感谢 $\texttt{cyffff}$ 神仙对我的文章的支持。本文中的部分推导和例题来自他的文章。

感谢 $\texttt{An_account}$ 大佬，他的文章是一篇很好的入门文章，引领了我踏入莫反的大门。

本文中的部分思路借鉴自题解区的文章。感谢这些文章的作者们。

本文可能随时作出修改，希望各位积极提出修改意见。