莫比乌斯反演
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莫比乌斯函数 \(\mu\)
\[\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{ 含有平方因子}\\ (-1)^k&k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\\ \end{cases}
\]
当 \(x⊥y\) ，
如果其中一个有平方因子，\(\mu(x)*\mu(y)=0=\mu(xy)\) 。
如果两数都不含平方因子，\(\mu(x)*\mu(y)=(-1)^{k_x+k_y}=\mu(xy)\)。
所以 \(\mu\) 是个积性函数。
性质：
\[\sum_{d\mid n}\mu(d)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\neq 1\\ \end{cases}
\]
证明：
令 \(n=\prod\limits_{i=1}^kp_i^{c_i},n'=\prod\limits_{i=1}^kp_i\) 。
显然有 \(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\sum\limits_{d|n'}\mu(d)\) ，因为枚举平方因子是无意义的。
那么这等价于在 \(k\) 个数里面选 0 个 即 \(\mu(1)\) ，贡献是 1，选 1 个，贡献是 -1，选 2 个，贡献是 1 ，选 \(t\) 个，贡献是 \((-1)^t\) ，也就是 \(\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{k}{i}(-1)^i=(1-1)^k=[k==0]\)。
当 k=0 时，n=1。
于是就有 \([n==1]\,↔\,\sum_{d|n}\mu(d)\) ，那么罪恶的东西要来了...
我们都知道，莫比乌斯反演最喜欢的就是 gcd，那就可以把 \([\gcd(i,j)=1]\) 替换为 \(\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\) 。
那么就可以：
\[\begin{align}
&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=1]\\
=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\\
=&\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[d|i][d|j]\mu(d)\\
=&\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}1\\
=&\sum_{d=1}^n\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{n}{d}\rfloor
\end{align}
\]
于是预处理 \(\mu\) ，再每个询问整除分块，就可以做到 \(\mathcal O(n+T\sqrt{n})\) 了。
莫比乌斯反演
真正的反演。
\(f(n)=\sum_{d|n}g(d)\,↔\,g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\\\)
证明：
\[\begin{align}
&\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\\
=&\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}g(k)\\
=&\sum_{k|n}g(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)\\
=&g(n)
\end{align}
\]
虽然不会用，但结论就是这样...下面是几道例题。
[button color="success" icon="" url="https://www.luogu.com.cn/problem/P1447" type="round"]P1447[NOI2010] 能量采集[/button]
\((n,m\leq10^5)\)
\[\begin{align}
ans&=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}(2*\gcd(i,j)-1)\\
&=2*\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\gcd(i,j)-n*m\\
S&=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\gcd(i,j)\\
ans&=2S-n*m
\end{align}
\]
\[\begin{align}
f(d)&=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}[\gcd(i,j)=d]\\
&=\sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1}\sum^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}_{j=1}[\gcd(i,j)=1]\\
&=\sum_{d'}\mu(d')\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[d'|i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[d'|j]\\
&=\sum_{d'}\mu(d')\lfloor\frac{n}{dd'}\rfloor\lfloor\frac{m}{dd'}\rfloor
\end{align}
\]
\[\begin{align}
S&=\sum_{d}f(d)*d\\
&=\sum_{d=1}^nd*\sum_{d'=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(d')\lfloor\frac{n}{dd'}\rfloor\lfloor\frac{m}{dd'}\rfloor\\
\end{align}\\
\]
求 \(S\) 时两段数论分块，可以做到 \(O(\sqrt{n}*\sqrt{n})=O(n)\) ，但 \(T\) 组数据时总时间复杂度达到 \(O(n+Tn)\)，不太优秀。
对于求\(\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\gcd(i,j)\)，其实还有另一种更高效的方法。
证明：\(\sum_{d|n}\phi(d)=n\)
设 \(f(n)=\sum_{d|n}\phi(d)\)。
设 \(a⊥b\) ，则 \(\phi(a)*\phi(b)=\phi(ab)\)，那么
\[\begin{align}
&f(a)*f(b)\\
=&\sum_{i|a}\phi(i)\sum_{j|b}\phi(b)\\
=&\sum_{i|a}\sum_{j|b}\phi(i)*\phi(j)\\
=&\sum_{i|a}\sum_{j|b}\phi(i*j)\\
=&\sum_{d|ab}\phi(d）\\
=&f(ab)
\end{align}
\]
即 \(f\) 也是积性函数，那么
\[\begin{align}
&f(p^k)\\
=&\sum_{i=0}^k\phi(p^i)\\
=&1+(p-1)+(p^2-p)+...+(p^k-p^{k-1})\\
=&p^k
\end{align}
\]
于是设 \(n=\prod_{i=1}^mp_i^{k_i}\)，\(f(n)=\prod_{i=1}^mf(p_i^{k_i})=\prod_{i=1}^mp_i^{k_i}=n\)。
证毕。
回到求 \(\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\gcd(i,j)\) 身上，把 \(\gcd(i,j)\) 换成 \(f(\gcd(i,j))\) ，那么
\[\begin{align}
&\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\gcd(i,j)\\
=&\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\sum_{d|\gcd(i,j)}\phi(d)\\
=&\sum_d\phi(d)\sum_{i=1}^n[d|i]\sum_{j=1}^m[d|j]\\
=&\sum_d\phi(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor
\end{align}
\]
这样虽然单次询问需要线性筛 \(\phi\) ，时间复杂度 \(O(n+\sqrt{n})\)，
但在 \(T\) 组数据时可以做到 \(O(n+T\sqrt{n})\)，比上面方法的 \(O(n+Tn)\) 更优。
利用了欧拉函数 \(\sum_{d|n}\phi(d)=n\) 的性质，也称这种方法叫欧拉反演。
[button color="success" icon="" url="https://www.luogu.com.cn/problem/P6222" type="round"]P6222 「P6156 简单题」加强版[/button]
\(T\) 组数据，求
\[\sum^n_{i=1}\sum_{j=1}^n(i+j)^K\mu^2(\gcd(i,j))\gcd(i,j)
\]
\((T=10^4,n\leq10^7)\)
\[\begin{align}
&\sum_d\mu^2(d)* d*\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^K[\gcd(i,j)=d]\\
=&\sum_d\mu^2(d)*d*d^K*\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^K[\gcd(i,j)=1]\\
=&\sum_d\mu^2(d)*d*d^K*\sum_{d'}\mu(d')d'^K\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dd'}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{dd'}\rfloor}(i+j)^K\\
=&\sum_TT^K\sum_{d|T}\mu^2(d)*\mu(\frac{T}{d})*d*\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}(i+j)^K\\
&设\, S(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^K\\
&显然有\, S_n=\sum_{s=2}^n(s-1)*s^K+\sum_{s=n+1}^{2n}(2n-s+1)*s^K\\
&线性筛预处理完全积性函数\quad p_n=n^k\,并记录前缀和,那么就可以线性预处理出S_n\\
&设\, f_n=\sum_{d|n}\mu^2(d)\mu(\frac{n}{d})*d，是积性函数可以线性筛\\
上式=&\sum_Tf(T)T^KS(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\\
&f(T)T^K可以做前缀和，后面的整除分块\\
&O(n+T\sqrt{n})
\end{align}\]
