[数论]数论函数/莫比乌斯反演

数论函数/莫比乌斯反演

1.1积性函数

数论函数：可以认为是定义在整数上的函数。

1)积性函数定义

(a,b) = 1,f(a,b) = f(a)f(b)

2)积性函数性质

1. 对于积性函数$f$，是被所有$p^e$处的值决定的,即积性函数的值完全由素数的幂次决定

   a = 1,f(b) = f(1)f(b)

​ $f(60)=f(4)\times f(15)=f(4)\times f(3)\times f(5)$

​ $n=\prod p^{ei}$

​ $f(n)=\prod f(p{i}^{ei})$

​ 对于$f(4)$的话就没有办法把它表示成更小的素数幂的形式了，因为$4=2\times 2$显然$2$和$2$不互质

2. (重要！)积性函数$\times$积性函数还是积性函数

1.2 、完全积性函数

1)定义

f(a,b) = f(a)f(b) 不要求(a,b) = 1

$n=\prod p^{ei}$

$f(n)=\prod f(pi{)}^{ei}$

1. $f(x)=1$
2. $f(x)=x$ $f(x)=\sqrt{x}$ $f(x)=x^2$

3. $$\begin{array}{}\text{(1)}& y=\{\begin{array}{l}1,x=1\\ 0,x\ne 1\end{array}\end{array}$$

1.3常见积性函数

①$id(x)=x$

②常数函数$I(x)=1$

③单位函数$e(x)=[x=1]=\{\begin{array}{l}1,x=1\\ 0,x\ne 1\end{array}$$

④欧拉函数$\varphi (n)=n\prod _{p|n}(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})$

$\varphi (p^e)=(1-{\displaystyle \frac{1}{p^e}})\ast p^e=p^e-p^{e-1}$

⑤因子函数$d(n)$因子个数

$d(p^e)=e+1$ $(p^0{p}^1...p^e)$

⑥$\sigma (n)$因子和

$\sigma (p^e)=p^0+p^1+...+p^e={\displaystyle \frac{p^{e+1}-1}{p-1}}$

⑦$\mu (n)$莫比乌斯函数

1.4 莫比乌斯函数

来看一个特殊的函数：常数函数$1$的狄拉克雷逆元，我们称其为莫比乌斯函数$\mu$

1. 莫比乌斯函数定义

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \mu (p^e)=\{\begin{array}{l}1,e=0\\ 0,e=1\\ 0,e\ge 2\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \mu (n)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ (-1{)}^k,n=p_1{p}_2...p_k\\ 0,n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\end{array}\end{array}$$

1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
1	-1	-1	0	-1	1	-1	0	0	1

2.莫比乌斯函数性质

$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ 0,n\ne 1\end{array}$

即 ：$\sum _{d|n}\mu (d)=e(n),\mu \ast 1=e$

人话：一个数$n$的所有约数的莫比乌斯函数之和为这个数的单位函数$e(n)$

该性质是莫比乌斯反演中最重要的技巧之一。

2. 结合$\varphi \mathrm{和}\mu$

   $\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{\mu (d)}{d}}={\displaystyle \frac{\varphi (n)}{n}}$

1.5线性筛求积性函数

线性筛：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn =1000010;
bool is_pri[maxn];
int pri[maxn];
int cnt;
 
void init(int n)
{
	memset(is_pri, true, sizeof(is_pri));
	is_pri[1] = false;
	cnt = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (is_pri[i])
			pri[++cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * pri[j] <= n; j++)
		{
			is_pri[i * pri[j]] = false;
			if (i % pri[j] == 0)break;            
		}
	}
}

由于一个正整数(除$1$外)可以通过质因数分解得到，对于非$1$的正整数都有：

$n=p_1^{e_1}\ast p_2^{e_2}\ast ...\ast p_k^{e_k}$

根据积性函数定义，对于一个积性函数$f(n)$有:

$f(n)=f(p_1^{e1})\times f(p_2^{e2})\times ...\times f(p_k^{ek})=\prod f(p_i^{ei})$
也就是说我们可以根据质因子推导出由该因子组成的合数。

对于一个合数有:

$f(n)=f(p_1^{e1})\times f({\displaystyle \frac{n}{p_1^{e1}}})$

我们可以用线性筛帮助我们在$O(n)$求出$n$以内的积性函数值

定义：$p[i]\mathrm{为}i$的最小质因子，$pr[cnt]$记录当前筛出的$cnt$个质数,$pe[i]$是$p_1^{e_1}$的值(标准分解里面的第一项)

1. 求出$pe[i]$.

2. 若$i\ne pe[i]$说明是合数，我们直接递推$f(i)=f(pe[i])\times f({\displaystyle \frac{i}{pe[i]}})$

   若$i=pe[i]$刚好是素数幂次，一般能从$p^{e-1}$推出$p^e$

因子个数：$d(p^e)=d(p^{e-1})+1$

因子和：$\sigma (p^e)=\sigma (p^e-1)+p^e$

欧拉函数：$\varphi (p^e)={\displaystyle \frac{i}{p_i}}\ast (p_i-1)$

莫比乌斯函数：$$\begin{array}{}\text{(1)}& \mu (n)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ (-1{)}^k,n=p_1{p}_2...p_k\\ 0,n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\end{array}\end{array}$$

void init(int n)//求各个函数的最小素数因子和指数
{
   p[1] = 1;
   for(int i = 2;i<=n;i++)
   {
   	if(!p[i])p[i] = i,pe[i] = i,pr[++cnt] = i;
   	for(int j = 1;j<=cnt&&pr[j]*i<=n;j++)
   	{
   		p[i*pr[j]] = pr[j];
   		if(p[i]==pr[j])//i和i*pr[j]的最小的素因子是一样的
            {
               //比如pe[5^3*7] = pr[5^2*7]*5
   			pe[i*pr[j]] = pe[i]*pr[j];
   			break;
   		}
   		else//说明被更小的质因子筛到了
   		{
   			pe[i*pr[j]] = pr[j];
   		}
		}
   } 
}
 

//写法1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn =1000010;
int p[maxn],pr[maxn/5],pe[maxn];
int cnt;
 
void init(int n)//求各个函数的最小素数因子和指数
{
	p[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(!p[i])p[i] = i,pe[i] = i,pr[++cnt] = i;
		for(int j = 1;j<=cnt&&pr[j]*i<=n;j++)
		{
			p[i*pr[j]] = pr[j];
			if(p[i]==pr[j])//i和i*pr[j]的素因子是一样的
			{
				pe[i*pr[j]] = pe[i]*pr[j];
				break;
			}
			else
			{
				pe[i*pr[j]] = pr[j];
			}
 		}
	}
}
 
uint f[N],a,b,ans;
 
 
void compute(int n,function<void(int)>calcpe){
	ans = 0;
	f[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(i==pr[i])calcpe(i);
		else f[i] = f[pe[i]]*f[i/pe[i]];//积性函数，把这两个乘起来
	}
	for(uint i = 1;i<=n;i++)
		ans ^= (a*i*f[i]+b);
	cout<<ans<<endl;
}
 
 
int main()
{
	cin>>n>>a>>b;
	init(n);
 
	//因子个数
	ans = 0;
	f[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(i==pe[i])
			f[i] = f[i/p[i]]+1;//i/p[i]==>p^{e-1}
		else f[i] = f[pe[i]]*f[i/pe[i]];//积性函数，把这两个乘起来
	}
	for(uint i = 1;i<=n;i++)
		ans ^= (a*i*f[i]+b);
	cout<<ans<<endl;
 
	//因子和
	ans = 0;
	f[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(i==pe[i])f[i] = f[i/p[i]]+i;
		else f[i] = f[pe[i]]*f[i/pe[i]];
	}
	for(uint i = 1;i<=n;i++)
		ans ^= (a*i*f[i]+b);
	cout<<ans<<endl;
 
 
	//欧拉函数
	ans = 0;
	f[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(i==pe[i])f[i] = i/p[i]*(p[i]-1);
		else f[i] = f[pe[i]]*f[i/pe[i]];
	}
	for(uint i = 1;i<=n;i++)
		ans ^= (a*i*f[i]+b);
	cout<<ans<<endl;
 
	//莫比乌斯函数
	ans = 0;
	f[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(i==pe[i]){
			if(i==p[i])f[i] = (uint)(-1);
			else f[i] = 0;
		}else f[i] = f[pe[i]]*f[i/pe[i]];
	}
	for(uint i = 1;i<=n;i++)
		ans ^= (a*i*f[i]+b);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}
 

//写法2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn =20010000;
int p[maxn],pr[maxn/5],pe[maxn];
int cnt;
 
void init(int n)//求各个函数的最小素数因子和指数
{
	p[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(!p[i])p[i] = i,pe[i] = i,pr[++cnt] = i;
		for(int j = 1;j<=cnt&&pr[j]*i<=n;j++)
		{
			p[i*pr[j]] = pr[j];
			if(p[i]==pr[j])//i和i*pr[j]的素因子是一样的
			{
				pe[i*pr[j]] = pe[i]*pr[j];
				break;
			}
			else
			{
				pe[i*pr[j]] = pr[j];
			}
 		}
	}
}
 
//如果单求phi
int phi[maxn];
void phi(int n)
{
	p[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(!p[i])p[i] = i,phi[i] = i-1,pr[++cnt] = i;
		for(int j = 1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;j++)
		{
			p[i*pr[j]] = pr[j];
			if(p[i]==pr[j])
			{
				phi[i*pr[j]] = phi[i]*pr[j];
				break;
			}else{
				phi[i*pr[j]] = phi[i]*(pr[j]-1);
			}
		}
	}
}
 
unsigned int f[maxn],a,b,ans,n;
 
 
void compute(int n,function<void(int)>calcpe){
	ans = 0;
	f[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(i==pe[i])calcpe(i);
		else f[i] = f[pe[i]]*f[i/pe[i]];//积性函数，把这两个乘起来
	}
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		ans ^= (a*(unsigned int)i*f[i]+b);
	cout<<ans<<endl;
}
 
 
int main()
{
	cin>>n>>a>>b;
	init(n);
	//因子个数
	compute(n,[&](int x){
		f[x] = f[x/p[x]] + 1;
	});
 
	//因子和
	compute(n,[&](int x){
		f[x] = f[x/p[x]] + x;
	});
 
 
	//欧拉函数
	compute(n,[&](int x){
		f[x] = x/p[x]*(p[x]-1);
	});
 
	//莫比乌斯函数
	compute(n,[&](int x){
		f[x] = x==p[x]?-1:0;
	});
	return 0;
}

2.1迪利克雷卷积

2.1.1定义

迪利克雷卷积是计算求和问题的有用工具。

设$f$和$g$是算术函数，记$f$和$g$的迪利克雷卷积为$f\ast g$,

定义为：$(f\ast g)(n)=h(n)=\sum _{d|n}f(d)g({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d_1{d}_2=n}f(d_1)g(d_2)$

卷积有什么含义呢？

给一个特别的栗子：定义恒等函数$I(n)=n$、常函数$1(n)=1$,

它们的卷积是：$(I\ast 1)(n)=\sum _{d|n}I(d)1({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d|n}d\ast 1=\sum _{d|n}d=\sigma (n)$

所以记：$I\ast 1=\sigma$

✳常见积性函数

下面积性函数，在迪利克雷卷积中常常用到：

$id(n)$:单位函数，$id(n)=n$

$I_k(n)$:幂函数，$I_k(n)=n^k$

$e(n):$元函数，$e(n)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ 0,n>1\end{array}$

$\sigma (n):$因数和函数，$\sigma (n)=\sum _{d|n}d$

$d(n):$约数个数，$d(n)=\sum _{d|n}1$

✳迪利克雷卷积函数

将上述数论函数两两做卷积，可以得到一些新的数论函数：

常见的例子

1. ❗$e=\mu \ast 1$

   即$[n=1]=\sum _{d|n}\mu (d)$,莫比乌斯函数性质

2. ❗$Id=\varphi \ast 1$

   即$n=\sum _{d|n}\varphi (d)$,即一个数所有约数的欧拉函数之和为这个数

3. ${\sigma }_k=Id\ast 1$

   根据除数函数定义：$\sigma (n)=\sum _{d|n}{d}^k$

除数函数与幂函数

欧拉函数与恒等函数

2.1.2性质

1. 符合交换律和结合律
2. (重要)$f$和$g$是积性函数=>$f\ast g$是积性函数

3.1莫比乌斯反演

引入

1. 莫比乌斯函数：$$\begin{array}{}\text{(1)}& \mu (n)=\{\begin{array}{l}1,n=1(-1{)}^k,n=p1p2...pk0,n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\end{array}\end{array}$$

❗它有一个与欧拉函数$n=\sum _{d|n}\varphi (d)$类似的定理。

(补充：欧拉函数这个性质的证明：

若$p$是素数，显然有$\varphi (p)=p-1$.

那么对于正整数$kp$,与它不互质的数只有$1,p,2p,3p,...,kp$，故$\varphi (p)=k(p-1)(1)$

对于素数幂次，由(1)可知$\varphi (p^k)=\varphi (p\ast p^{k-1})=p^{k-1}(p-1)$

对于$\sum _{d|p^k}\varphi (d)=\sum _{d=1}^k\varphi (p^d)+1$（显然这里$d$只能取$1,p,p^2,...,p^k$）

$=(\sum _{d=1}^k{p}^d-p^{d-1})+1$

$=p^k-p^{k-1}+p^{k-1}-p^{k-2}+...-p+p-1+1$

$=p^k$

由唯一分解定理可知$\sum _{d|n}\varphi (d)=n$

)

如下:

❗莫比乌斯反演Th1

莫比乌斯函数的和函数在整数$n$处的取值$F(n)=\sum _{d|n}\mu (d)$满足:$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ 0,n>1\end{array}$

证明：

(1)对于$n=1$时，$F(1)=\mu (1)=1$显然成立。

(2)对于$n>1$时，根据积性函数的定义：$F(n)=F(p_1^{e_1})F(p_2^{e_2})...F(p_t^{e_t})$

因为当$i>=2$时，$\mu (p^i)=0$,有对于某一项$F(p^k)=\sum _{d|p^k}\mu (d)=\mu (1)+\mu (p)+\mu (p^2)+...+\mu (p^k)=1+(-1)+0+...+0=0$

2.莫比乌斯反演

1. 大致过程：给定一个求和柿子，对求和柿子进行变量替换、反演(交换求和顺序)等运算，最终化简为一个能在题目给定的时间范围内求解出的柿子。
2. 核心技巧：$[n=1]=e(n)=\sum _{d|n}\mu (d)$

3.1.1形式

$f(n)=\sum _{n|d}g(d)=>g(n)=\sum \mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})f(d)$

3.1.2莫比乌斯反演公式

❗莫比乌斯反演Th2

莫比乌斯反演公式。

若$F$为$f$的和函数，对任意正整数$n$满足$F(n)=\sum_{d|n}f(d) $\mathrm{则}\mathrm{有}：$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\dfrac{n}{d})$

约数的莫比乌斯反演：
若：$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$

则：$g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f({\displaystyle \frac{n}{d}})$

倍数的莫比乌斯反演：
若：$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$
则：$g(n)=\sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})f(d)$

❗莫比乌斯反演Th3

设$f$是算术函数，它的和函数，它的和函数为$F(n)=\sum _{d|n}f(d)$,如果$F$是积性函数则$f$也是。

莫比乌斯反演不需要$f$是积性函数。莫比乌斯反演可以将一些函数转化，从而降低计算难度。

3.1.3构造

典例：求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$

不妨记$g(x)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$

任何让我们构造一个$f(x)$，这里我们需要用到第二组莫比乌斯反演公式。

那么$f(x)$是什么嘞？根据公式可知是若干个$g(x)$的和。记$N=min(n,m)$，即$gcd$的上限，我们可以得到$f(d)=g(d)+d(2d)+g(3d)+...+g(\lfloor {\displaystyle \frac{N}{d}}\rfloor )$

即:$f(d)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)modd==0]$

写成公式形式就是：$g(d)=\sum _{d|p}\mu ({\displaystyle \frac{p}{d}})f(p)$

接下来问题就是如何求$f(x)$。$f(x)$是满足$gcd(i,j)$是$d$的倍数的数对，显然有$f(x)=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{x}}\rfloor$

$g(n)=\sum _{d=1}^n\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})\ast f(d)$

eg.莫比乌斯反演

题意：

给定一个函数$f(1),f(2),\dots ,f(n)，$已知$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$，求$g(1),g(2),\dots ,g(n)$。

思路：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \mu (n)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ (-1{)}^k,n=p1p2...pk\\ 0,n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\end{array}\end{array}$$

$f(n)=\sum _{n|d}g(d)=>g(n)=\sum \mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})f(d)$

$f=g\ast \mu$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1E6+10;
unsigned int A,B,C;
int n,cnt,f[N],p[N],mu[N],pr[N],g[N];
inline unsigned int rng61() {
    A ^= A << 16;
    A ^= A >> 5;
    A ^= A << 1;
    unsigned int t = A;
    A = B;
    B = C;
    C ^= t ^ A;
    return C;
}
int main(){
    scanf("%d%u%u%u", &n, &A, &B, &C);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        f[i] = rng61();
    p[1] = 1,mu[1] = 1;
    for(int i = 2;i<=n;i++)
    {
        if(!p[i])p[i] = i,mu[i] = (unsigned int)-1,pr[++cnt] = i;
        for(int j = 1;j<=cnt&&pr[j]*i<=n;j++)
        {
            p[i*pr[j]] = pr[j];
            if(p[i]==pr[j])
            {
                mu[i*pr[j]] = 0;
                break;
            }
            else
                mu[i*pr[j]] = (unsigned int)-mu[i];
        }
    }
    //g = f*mu
    //g[n] = sum_{d|n} f[d]*mu[n/d]
    //g[n] = sum_{n = d1*d2} f[d1]*mu[d2]
    for(int d1 = 1;d1<=n;d1++)
        for(int d2 = 1;d1*d2<=n;d2++)
            g[d1*d2] += f[d1]*mu[d2];
    unsigned int ans = 0;
    for(int i = 1;i<=n;i++)ans^=g[i];
    cout<<ans<<endl;
}
 

法二：

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

$g(i)=f(i)-\sum _{d|i,d\ne i}g(d)$

eg2互质数对

题意：

$T$组询问，每次给两个数$n,m$，求有多少对$(i,j)$满足1$\le i\le n,1\le j\le m$并且$i,j$互质。

思路：

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

$e(n)=[n==1]$

$e=1\ast \mu$

$1\ast \mu =e$

根据迪利克雷卷积$(\mu \ast 1)(n)=e(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\ast 1({\displaystyle \frac{n}{d}})$

所以$e(n)=\sum _{d|n}\mu (d)$

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

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

根据$\mu \ast 1=e$

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

我们把$gcd(i,j)$转化为$d|i$且$d|j$

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\mu (d)[d|i][d|j]$

$=\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^m[d|j]$

$=\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$

后面这一块用整数分块

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10100000, M = 10000000;
int p[N],pr[N/5],n,cnt;
int mu[N],smu[N];
int main()
{
    p[1] = 1,mu[1] = 1;
    for(int i = 2;i<=M;i++)
    {
        if(!p[i])p[i] = i,mu[i] = -1,pr[++cnt] = i;
        for(int j = 1;j<=cnt&&i*pr[j]<=M;j++)
        {
            p[i*pr[j]] = pr[j];
            if(p[i]==pr[j])
            {
                mu[i*pr[j]] = 0;
                break;
            }else{
                mu[i*pr[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i = 1;i<=M;i++)
        smu[i] = smu[i-1]+mu[i];
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n,m;
        cin>>n>>m;
        if(n>m)swap(n,m);
        ll ans = 0;
        //for(i~n)因为如果for(1~m)的话,n/l就已经是0了
        for(int l = 1;l<=n;l++)
        {
            int r = min(n/(n/l),m/(m/l));//在[l,r]里面n/l和m/l都是不变的
            ans += 1ll*(smu[r]-smu[l-1])*(n/l)*(m/l);
            l = r;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

变式

如果题目改成求$1<=x<=n,1<=y<=m$且$gcd(x,y)=k$的对数

题解：现在需要求的是$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==k]$

变形一下可得：$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)==1]$

eg3.gcd之和

题意：

T组询问，每次给两个数$n,m$，求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)$

思路：

用狄利克雷卷积+提取公因数+整除分块化简

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

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

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

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

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d=1}^n\varphi (d)[d|i][d|j]$

$=\sum _{d=1}^n\varphi (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^m[d|j]$

$=\sum _{d=1}^n\varphi (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$

所以：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)=\sum _{d=1}^n\varphi (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$

更一般地：如果$\sum _{d=1}^{min(n,m)}f(d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$的求法为：

for (int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1)
{
    r = min(n / (n / l), m / (m / l));
    ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
}

本题代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10100000, M = 10000000;
ll p[N],pr[N/5],n,cnt;
ll phi[N],sphi[N];
int main()
{
    p[1] = 1,phi[1] = 1;
    for(int i = 2;i<=M;i++)
    {
        if(!p[i])p[i] = i,phi[i] = i-1,pr[++cnt] = i;
        for(int j = 1;j<=cnt&&i*pr[j]<=M;j++)
        {
            p[i*pr[j]] = pr[j];
            if(p[i]==pr[j])
            {
                phi[i*pr[j]] = phi[i]*pr[j];
                break;
            }else{
                phi[i*pr[j]] = phi[i]*(pr[j]-1);
            }
        }
    }
    for(int i = 1;i<=M;i++)
        sphi[i] = sphi[i-1]+phi[i];
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n,m;
        cin>>n>>m;
        if(n>m)swap(n,m);
        ll ans = 0;
        //for(i~n)因为如果for(1~m)的话,n/l就已经是0了不用算了
        for(int l = 1;l<=n;l++)
        {
            int r = min(n/(n/l),m/(m/l));//在[l,r]里面n/l和m/l都是不变的
            ans += 1ll*(sphi[r]-sphi[l-1])*(n/l)*(m/l);
            l = r;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

eg4.互质集合

题意：

$T$组询问，每次给一个数$n$，问{$1,2,\dots ,n$}中有多少个非空子集，满足这些数的最大公约数是$1$。输出答案对${10}^9+7$取模的结果。

思路：

$\sum _{S\le \{1,2...n\}}e(gcd(S))$

$=\sum _{S\le \{1,2...n\}}\sum _{d|gcd(S)}\mu (d)$

$d|gcd(S)$说明$S$中的每个数都是$d$的倍数,有$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$个，因为不能是空的，所以$-1$

$=\sum _{d=1}^n\mu (d)(2^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }-1)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int N = 10100000, M = 10000000;
ll p[N],pr[N/5],n,cnt;
ll mu[N],smu[N],pw[N];
int main()
{
     std::ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    p[1] = 1,mu[1] = 1;
    for(int i = 2;i<=M;i++)
    {
        if(!p[i])p[i] = i,mu[i] = -1,pr[++cnt] = i;
        for(int j = 1;j<=cnt&&i*pr[j]<=M;j++)
        {
            p[i*pr[j]] = pr[j];
            if(p[i]==pr[j])
            {
                mu[i*pr[j]] = 0;
                break;
            }else{
                mu[i*pr[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i = 1;i<=M;i++)
        smu[i] = smu[i-1]+mu[i];
    pw[0] = 1;//预处理2的幂次
    for(int i = 1;i<=M;i++)
        pw[i] = pw[i-1]*2%mod ;
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n;
        cin>>n;
        ll ans = 0;
        for(int l = 1;l<=n;l++)
        {
            ll r = n/(n/l);
            ans += 1ll*(smu[r]-smu[l-1])*(pw[n/l]-1)%mod;
            ans%=mod;
            l = r;
        }
        if(ans<0)ans+=mod;
        cout<<ans<<'\n';
    }
    return 0;
}
 

eg5.LCMSUM1

题意：

$T$组询问，每次给一个$n$，输出$(\sum _{i=1}^n[i,n])mod{2}^{60}$。

思路：

令$f(n)={\displaystyle \frac{1}{n}}$

$g(n)=\sum _{d|n}f(d)\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})$

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

$\sum _{i=1}^n[i,n]$

$=\sum _{i=1}^{n}i\ast n\ast f((i,n))$

$=\sum _{i=1}^{n}i\ast n\ast \sum _{d|n,d|i}g(d)$

$=n\sum _{d|n}g(d)\sum _{i=1}^{n}i[i|d]$

因为$d$是$n$的因子，所以$n$可以被$d$整除

$=n\sum _{d|n}g(d)\sum _{i=1}^{n}i[i|d]$

$ = n\sum_{d|n}g(d)\dfrac{\dfrac{n}{d}(\dfrac{n}{d}+1)}{2}$

$={\displaystyle \frac{n^2}{2}}\sum _{d|n}g(d)({\displaystyle \frac{n}{d}}+1)$

$={\displaystyle \frac{n^2}{2}}(\sum _{d|n}g(d){\displaystyle \frac{n}{d}}+\sum _{d|n}g(d))$

$={\displaystyle \frac{n^2}{2}}(\sum _{d|n}g(d){\displaystyle \frac{n}{d}}+f(n))$

$={\displaystyle \frac{n^2}{2}}(\sum _{d|n}g(d){\displaystyle \frac{n}{d}}+{\displaystyle \frac{1}{n}})$

$={\displaystyle \frac{n^2}{2}}\sum _{d|n}g(d){\displaystyle \frac{n}{d}}+{\displaystyle \frac{n}{2}}$

$={\displaystyle \frac{n^3}{2}}\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{g(d)}{d}}+{\displaystyle \frac{n}{2}}$

$g(p^e)={\displaystyle \frac{1}{p^e}}-{\displaystyle \frac{1}{p^{e-1}}}$

(补充：$g(p^e)={\displaystyle \frac{1}{p^e}}-{\displaystyle \frac{1}{p^{e-1}}}$的证明：$\because g(p^e)=\sum _{d|p^e}\mu ({\displaystyle \frac{p^e}{d}})\ast f(d)$

又因为我们知道，$\mu (n)$只在$n=1\mathrm{和}n=p$时候有效，那么当$d=p^e$时$\mu ({\displaystyle \frac{p^e}{d}})=1$,当$d=p^{e-1}$时$\mu ({\displaystyle \frac{p^e}{d}})=-1$，其他情况都是0，

那么$g(p^e)=f(p^e)-f(p^{e-1})，\mathrm{因}\mathrm{为}f(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$,所以$g(p^e)={\displaystyle \frac{1}{p^e}}-{\displaystyle \frac{1}{p^{e-1}}}$)

${\displaystyle \frac{g^{p^e}}{p^e}}={\displaystyle \frac{1}{p^{2e}}}-{\displaystyle \frac{1}{p^{2e-1}}}$

$\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{g^{p^e}}{p^e}}=1-{\displaystyle \frac{1}{p^1}}+{\displaystyle \frac{1}{p^2}}-{\displaystyle \frac{1}{p^3}}+{\displaystyle \frac{1}{p^4}}-...-{\displaystyle \frac{1}{p^{2e-1}}}+{\displaystyle \frac{1}{p^{2e}}}$

因为是分数，我们给它配一个$(p^e{)}^2$进去

令$h(n)=n^2\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{g(d)}{d}}$

$h(p^e)=(p^e{)}^2\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{g^{p^e}}{p^e}}=p^{2e}-p^{2e-1}+p^{2e-2}-...+1$

即：$h(p^e)=h(p^{e-1})+p^{2e}-p^{2e-1}$

于是：${\displaystyle \frac{n}{2}}+{\displaystyle \frac{n^3}{2}}\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{g(d)}{d}}={\displaystyle \frac{n}{2}}(1+h(n))$

综上所述：$\sum _{i=1}^n[i,n]=\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{n}{2}}(1+h(n))$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
 
const int N = 10010000,M = 10000000;
int p[N],pr[N/5],n,pe[N],cnt;
u64 h[N];
 
void init(int n)
{
	p[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(!p[i])p[i] = i,pe[i] = i,pr[++cnt] = i;
		for(int j = 1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;j++)
		{
			p[i*pr[j]] = pr[j];
			if(p[i]==pr[j])
			{
				pe[i*pr[j]] = pe[i]*pr[j];
				break;
			}
			else
			{
				pe[i*pr[j]] = pr[j];
			}
		}
	}
 
}
 
int main()
{
	init(M);
	h[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=M;i++)
	{
		if(i==pe[i])h[i] = h[i/p[i]]+(u64)i*(i-i/p[i]);
		else h[i] = h[pe[i]]*h[i/pe[i]];
	}
	int T;
	cin>>T;
	for(int i =1;i<=T;i++)
	{
		int n;
		cin>>n;
		u64 ans = n*(1+h[n])/2;
		cout<<ans%(1ull<<60)<<endl;
	}
	return 0;
}

eg6.LCMSUM2

题意：

$T$组询问，每次给两个数$n,m$，求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[i,j]mod{2}^{60}。$

思路：

$[i,j]={\displaystyle \frac{i\ast j}{(i,j)}}$

令$f(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$，这里$f(x)$还是数论函数，因为对于数论函数我们只要求定义域是整数

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

那么:

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

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\displaystyle \frac{i\ast j}{(i,j)}}$

$ = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m} ijf((i,j))$

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(i\ast j)\sum _{d|n}g(d)[d|i][d|j]$

$=\sum _{d|n}g(d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}i\ast j[d|i][d|j]$

$=\sum _{d|n}g(d)\sum _{i=1}^{n}i[d|i]\sum _{j=1}^{m}j[d|j]$

$\sum _{i=1}^{n}i[d|i]=d\times {\displaystyle \frac{(1+\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{2}}$

于是：

$\sum _{d|n}g(d)\sum _{i=1}^{n}i[d|i]\sum _{j=1}^{m}j[d|j]$

$=\sum _{d|n}g(d)\times d^2{\displaystyle \frac{(1+\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\lfloor \frac{n}{d}\rfloor (1+\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }{4}}$

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

$g(n)=\sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})\ast f(d)$

$h(n)=g(n)\ast n^2$

$g(n)$是积性的，$n^2$是积性的，那么乘起来也是积性的，对于积性函数我们只用考虑素数幂次是多少

$g(p^e)={\displaystyle \frac{1}{p^e}}-{\displaystyle \frac{1}{p^{e-1}}}$

$h(p^e)=p^e-p^{e+1}=p^e\ast (1-p)$

$h(n)=n\sum _{p|n}(1-p)$

写法一，先求素数幂次：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
const int N =10000010,M = 10000000;
int p[N],pr[N/5],pe[N];
int cnt;
int f[N],a,b,ans;
u64 h[N];
 
void init(int n)//求各个函数的最小素数因子和指数
{
	p[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=n;i++)
	{
		if(!p[i])p[i] = i,pe[i] = i,pr[++cnt] = i;
		for(int j = 1;j<=cnt&&pr[j]*i<=n;j++)
		{
			p[i*pr[j]] = pr[j];
			if(p[i]==pr[j])//i和i*pr[j]的素因子是一样的
			{
				pe[i*pr[j]] = pe[i]*pr[j];
				break;
			}
			else
			{
				pe[i*pr[j]] = pr[j];
			}
 		}
	}
}
 
int main()
{
	init(M);
	h[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=M;i++)
	{
		if(i==pe[i])h[i] = i-(u64)i*p[i];//h(p^e) = p^e(1-p)
		else h[i] = h[pe[i]]*h[i/pe[i]];//合数，递推
	}
	for(int i = 1;i<=M;i++)h[i] += h[i-1];
	int T;
	cin>>T;
 
	while(T--)
	{
		int n,m;
		cin>>n>>m;
		if(n>m)swap(n,m);
		u64 ans = 0;
		for(int l = 1;l<=n;l++)
		{
			int d1 = n/l,d2 = m/l;
			int r = min(n/d1,m/d2);
			ans += (h[r]-h[l-1])*d1*(d1+1)*d2*(d2+1)/4;
			l = r;
		}
		cout<<ans%(1ull<<60)<<endl;
	}
	return 0;
}

写法二：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
const int N =10000010,M = 10000000;
int p[N],pr[N/5];
int cnt;
int f[N],a,b,ans;
u64 h[N];
 
int main()
{
	
	h[1] = 1;
	p[1] = 1;
	for(int i = 2;i<=M;i++)
	{
		if(!p[i])p[i] = i,h[i] = i*(u64)(1-i),pr[++cnt] = i;
		for(int j = 1;j<=cnt&&pr[j]*i<=M;j++)
		{
			p[i*pr[j]] = pr[j];
			if(p[i]==pr[j])
			{
				h[i*pr[j]] = h[i]*pr[j];
				break;
			}
			else
			{
				h[i*pr[j]] = h[i]*pr[j]*(1-pr[j]);
			}
		}
	}
	for(int i = 1;i<=M;i++)h[i] += h[i-1];
	int T;
	cin>>T;
 
	while(T--)
	{
		int n,m;
		cin>>n>>m;
		if(n>m)swap(n,m);
		u64 ans = 0;
		for(int l = 1;l<=n;l++)
		{
			int d1 = n/l,d2 = m/l;
			int r = min(n/d1,m/d2);
			ans += (h[r]-h[l-1])*d1*(d1+1)*d2*(d2+1)/4;
			l = r;
		}
		cout<<ans%(1ull<<60)<<endl;
	}
	return 0;
}

✳总结做题技巧

部分引用自

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

​ 根据我们的基本结论：有$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==1]=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$

​ 我们发现$i,j$不是固定的，所有$gcd(i,j)$也是变化的，我们难以直接枚举$gcd(i,j)$的因子。

​ 我们发现$d|gcd(i,j)$等价于$d|i\mathrm{且}d|j$

​ 所以有：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^m[d|j]=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$

​ 最终问题转化为求解：$\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$

​ 这个式子我们可以通过整除分块在$O\sqrt{min(n,m)}$时间复杂度内解决

​ 核心：$[d|gcd(i,j)]<==>[d|i,d|j]$

2. 整除与循环枚举，循环枚举1,2,⋯,n，循环内的式子每固定长度才会取到，其余均为0，则可以直接缩循环区间。

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

   我们换个角度考虑：显然$i,j$至少含有$k$这个因子，才可能产生贡献。也就是每$[t\times (k-1)+1,t\times k]$会包含一个$k$的倍数

   每段至多$1$个$k$的倍数，我们将$[1,k].[k+1,2k]...[xk+1,n]$每段缩短为长度为$1$，那么原本长度为$[1,n]$就被缩短为$[1,\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor ]$,当然最后一个区间可能到达不了完整$k$的倍数。

   缩完区间之后，选择$i$相当于从原本的区间$i$中选择了$i\times k$，那么在缩完区间之后，任从$[1,\lfloor {\displaystyle \frac{n}{k}}\rfloor ]$和$[1,\lfloor {\displaystyle \frac{m}{k}}\rfloor ]$中选出一个数，映射回去原本的区间就都包含$k$，也就变成了选出的区间编号需要互质

   所以有：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==k]=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)==1]$

   核心点：内外两层循环，每隔长度$k$才会出现一个有用的点，以此来缩短循环区间。

3. 将只含有$gcd(i,j)$的式子，转化为含有$[gcd(i,j)==1]$的式子

   比如：求解$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$，其中$n<m$

   如何将这类不含有$[gcd(i,j)==1]$的形式的柿子转化为$[gcd(i,j)==1]$有关呢？

   方法：在外层循环多枚举一层最大公约数$d$，内层循环利用技巧$1$缩范围,枚举变量$i->i^{\prime },j->j^{\prime }$。

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

   $=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\sum _{i^{\prime }=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j^{\prime }=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(gcd(i,j))[gcd(i^{\prime },j^{\prime })==1]$

   $=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(d)[gcd(i,j)==1]$

4. 外循环变量为$d$，内循环变量为$d^{\prime }$，式子中出现二者乘积$T=d{d}^{\prime }(1<=T<=n)$。变形为外循环变量$t$，内循环枚举约数为$d$。

   在3中我们得到$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$变形结果为 $\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(d)[gcd(i,j)==1]$

   接下来对$[gcd(i,j)==1]$进行反演

   $\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(d)[gcd(i,j)==1]$

   $=\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)==1]$

   $=\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{d^{\prime }|gcd(i,j)}\mu (d^{\prime })$

   $=\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{d^{\prime }=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[d^{\prime }|i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[d^{\prime }|j]\times \mu (d^{\prime })$

   $=\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{d^{\prime }=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}\lfloor \frac{n}{d{d}^{\prime }}\rfloor \lfloor \frac{m}{d{d}^{\prime }}\rfloor \times \mu (d^{\prime })$

   $=\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{d^{\prime }=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{d{d}^{\prime }}\rfloor \lfloor \frac{m}{d{d}^{\prime }}\rfloor \times \mu (d^{\prime })$

   • 在上式中，外层循环的变量为$D$，内层循环的变量为$d^{\prime }$，二者的乘积为$d{d}^{\prime }(1<=d{d}^{\prime }<=n)$，设$T=d{d}^{\prime }$

   • 在莫反的题目中，式子中出现内外两层循环的变量，如$T=d{d}^{\prime }$，且$T$仍然处于$[1,n]$，我们此时将原式变形，外层循环枚举变量$T$，内层循环枚举其约数$d$,就容易构造出狄利克雷卷积的形式

     $\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{d^{\prime }=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{d{d}^{\prime }}\rfloor \lfloor \frac{m}{d{d}^{\prime }}\rfloor \times \mu (d^{\prime })$

     $=\sum _{T=1}^n\sum _{d|T}f(d)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \times \mu ({\displaystyle \frac{T}{d}})$

     $=\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{d|T}f(d)\times \mu ({\displaystyle \frac{T}{d}})$

     于是我们就构造出了内循环为狄利克雷卷积

     设$g=\sum _{d|T}f(d)\times \mu ({\displaystyle \frac{T}{d}})$

     即$g=f\ast \mu$

     所以原柿等于：$=\sum _{T=1}^{n}g(T)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$

5. 对于所有带$gcd$的，我们有一般求解通式

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

   对于以上我们都能找到数论函数$g$满足$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$,即$g=f\ast \mu$

   $f((i,j))=\sum _{d|(i,j)}g(d)$

   我们把$d$提出来

   $\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[d|i][d|j]$

   $=\sum _{d=1}^{n}g(d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$

   其中$g(d)=\sum _{d|n}f(d)\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})$

   显然：$g=f\ast \mu$

   以上方法对所有带$gcd$的均适用

   但这个通式的限制性过强，内层式子必须只和$gcd(i,j)$有关，即只能是一个一元函数，故使用范围有限

6. 将$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^{n}f(i,j)$和$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(i,j)$转化

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

   $={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n(f(i,i)+\sum _{j=1}^{n}f(i,j)}{2}}$

   $={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(i,j)+\sum _{i=1}^{n}f(i,i)}{2}}$

   将$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^{n}f(i,j)$和$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(i,j)$转化:

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

   $=\sum _{i\ne j}f(i,j)+\sum _{i=j}f(i,j)$

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

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

   在竞赛中，莫比乌斯反演常常涉及到数论题中两个常用的小技巧：提取公因数，整除分块。