莫比乌斯反演学习笔记
莫比乌斯反演：
对于两个数论函数\(f\)和\(F\):
\(F(n) = \sum_{d|n}f(d)\Leftrightarrow f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\)
其中\(\mu(n)\)为莫比乌斯函数，当\(n=1\)时，\(\mu(n)=1\)，当\(n=p_1 p_2...p_k\)时，\(\mu(n)=(-1)^k\)，其他情况\(\mu(n)=0\)（主要是不会用\(\LaTeX\)表示分段函数qwq）
证明：
为了解决这个问题，我们引入一个新的运算：狄利克雷卷积
狄利克雷卷积（\(*\)）
定义：对于数论函数\(f,g\)，\((f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\)(后面的括号内的\(n\)可省略不写，默认为\(n\))
作为一个运算，它自然有运算必须有的东西：
单位元：定义函数\(\epsilon(n)=[n==1]\)，其中\([n=1]\)表示当\(n=1\)时值为1，否则为0。这个函数满足对于任意数论函数\(F(n)\)，有\(F=F*\epsilon\)，类似于乘法中的 "1" ，因此称这个函数为单位元。
交换律:\(f*g=g*f\)，这个其实比较显然，因为\(d\)和\(\frac{n}{d}\)总是成对的。
结合律:对于三个数论函数\(f,g,h\)，\((f*g)*h = f*(g*h)\)，证明留做习题。
逆元:若两个数论函数\(f,g\)满足\(f*g=\epsilon\)，则\(f,g\)互为逆元。
\(\\\)
那么我们就可以开始证明了。等价符号两边分别用卷积表示：
首先定义一个常函数\(u(n)=1\)，则左边的等式可以表示为 \(F=f*u\)
右边的等式表示为 \(f=F*\mu\)
然后经过理性分析，我们发现\(\mu * u = \epsilon\)，\(n=1\)显然，\(n \neq 1\)时在计算的时候\(\mu(n)=-1\)和\(\mu(n)=1\)总会成对被枚举计算从而相互抵消，结果为 \(0\) ，因此成立。
在这里我们推出了一个非常重要的结论（敲黑板）:
\(\mu * u = \epsilon \ \Rightarrow \sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)
好我们把右边的式子代到左边去。
\(F = f * u = F * \mu * u = F * (\mu * u) = F * \epsilon = F\)
OK证完了，是不是特别简单
那么我们就可以来研究一些实际问题了。
求以下式子的值：
\(\\\)
\(\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j)==1]\)，多组询问。
\(\\\)
其实这个东西不需要反演也可做，用这个结论就行：\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]\)，我们把\(n\)换成\(gcd(i,j)\)，代入原式可以得到这个：
\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\)
但这个式子其实没什么用（甚至增加了复杂度）。
这个时候，按照网上绝大多数博客的方法，叫做”交换求和顺序“。
可以得到：
\(\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d)\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\lfloor \frac{m}{d} \rfloor\)
这个变换过程我想了半年都没有想明白（因为我太菜了。）
我们可以换个角度理解一下，自行打个表：
令\(n=3\),\(m=4\),求\(gcd(i,j)\)
| \(n \diagdown m\) | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
| 2 | 1 | 2 | 1 | 2 |
| 3 | 1 | 1 | 3 | 1 |
观察发现，如果我们要按照交换求和顺序前的式子计算，\(\mu(1)\)会被计算16次，\(\mu(2)\)会被计算3次，\(\mu(3)\)会被计算1次。
So，\(\mu(1)\)会被计算\(\lfloor \frac{n}{1} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{1} \rfloor\)次，\(\mu(2)\)会被计算\(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{2} \rfloor\)次，\(\mu(3)\)会被计算\(\lfloor \frac{n}{3} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{3} \rfloor\)次。
经过不完全归纳，我们得到了一个结论：\(\mu(d)\)被计算了\(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{d} \rfloor\)次，从而我们只要枚举这个\(d\)就可以得到和变换前式子一样的结果:
\(\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d)\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\lfloor \frac{m}{d} \rfloor\)
好的我们得到了一个\(O(Tn)\)的算法，但是这并不能够解决本题。
优化瓶颈在于这个\(d\)我们会枚举\(n\)次，但是实际上我们理性分析就可以发现，\(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\lfloor \frac{m}{d} \rfloor\)并不是和d一一对应的，\(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\)和\(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor\)分别都只有\(\sqrt{n}\)和\(\sqrt{m}\)种取值，乘积经过画图可知，最多只有\(\sqrt{n} + \sqrt{m}\)种取值，因此我们将式子简单变形，就可以愉快的预处理了。
\(\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d)\sum_{d=1}^{min(n,m)}\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\lfloor \frac{m}{d} \rfloor\)
前半部分线性筛处理，后半部分用学名”数论分块“的方法预处理前缀和就好啦。总复杂度\(O(n + T\sqrt{n})\)
