浅谈莫反

仅入门，仅是一篇学习小记，仅记录做题时的想法和过程，可能会有些许错误。

题单

莫比乌斯反演

对于一些函数 $f(n)$ ，如果很难直接求出它的值，而容易求出其倍数和或约数和 $g(n)$，那么可以通过莫比乌斯反演简化运算，求得 $f(n)$ 的值。

前置知识

艾佛森括号

$$[P] = \begin{cases} 1 &\text{If P is true}\\ 0 &\text{Otherwise} \end{cases}$$

此处 $P$ 是一个可真可假的命题。

数论分块

引理

$$\forall a,b,c\in \mathbb{Z},\left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}{c}}\right\rfloor$$

证明：

$$\dfrac{a}{b} = \left\lfloor{\dfrac{a}{b}}\right\rfloor + r(0\le r < 1)$$ $$\left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{a}{b}\times\dfrac{1}{c}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{1}{c}\times\left({\left\lfloor{\dfrac{a}{b}}\right\rfloor + r}\right)}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}{c} + \dfrac{r}{c}}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{\left\lfloor{\dfrac{a}{b}}\right\rfloor}{c}}\right\rfloor$$

形式一

求：

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

对于每一个 $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 我们可以通过打表可以发现：有许多 $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 的值是一样的，而且它们呈一个块状分布。

我们发现对于每一个值相同的块，它的最后一个数就是$\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}$。

得出这个结论后，我们就可以做的 $O(\sqrt{n})$ 处理了。

for(int l = 1, r;l <= n; l = r + 1)
{
	r = n / (n / l);
	ans += (r - l + 1) * (n / l);
}

形式二

给定 $k$，求：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}k \bmod i$$

显然，上式等于：

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

可以转化为：

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

时间复杂度 $\mathcal O(\sqrt{n})$。

CODE

形式三

求：

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

对前半段的函数维护一个前缀和，再利用整除分块处理式子的后半段，处理答案的时候，把两段相乘即可。

例题

P3935 Calculating

若 $x$ 分解质因数结果为 $x=\prod\limits_{i=1}^{z}{p_i}^{k_i}$，令 $f(x)=\prod\limits_{i=1}^{z}(k_i+1)$。

求 $\sum\limits_{i=l}^{r}f(i)$ 对 $998244353$ 取模的结果。

上面的可以简化为：

$$ans=\sum\limits_{i=1}^{r}f(i)-\sum\limits_{j=1}^{l-1}f(j)$$

考虑如何求 $\sum\limits_{i=1}^{r}f(i)$，对于 $[1,r]$ 的整数 $k$，$k$ 作为因数在 $[1,r]$ 中出现了 $\left\lfloor\frac{r}{k}\right\rfloor$ 次，显然对答案的贡献为 $\left\lfloor\frac{r}{k}\right\rfloor$。

则：

$$ans=\sum\limits_{i=1}^{r}\left\lfloor\frac{r}{i}\right\rfloor-\sum\limits_{j=1}^{l-1}\left\lfloor\frac{l-1}{j}\right\rfloor$$

最后再数论分块即可。

时间复杂度 $\mathcal O(\sqrt{n})$。

CODE

P2260 [清华集训2012]模积和

求：

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

膜 $19940417$ 的值。

首先，不妨设 $n \leq m$。

显然，上式可简化为：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}(n \bmod i)\times (m \bmod j)-\sum\limits_{i=1}^{n}(n \bmod i) \times (m \bmod i)$$

将两个求和拆开，有：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}(n\bmod i)\times\sum\limits_{j=1}^{m}(m \bmod j)-\sum\limits_{i=1}^{n}(n \bmod i)(m \bmod i)$$

根据取模的定义，$a \bmod b=a-b \times \left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor$，将上式转换为：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}(n-i\times \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)\times\sum\limits_{j=1}^{m}(m - j \times \left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor)-\sum\limits_{i=1}^{n}(n-i \times \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)\times(m-i\times \left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor)$$

将括号拆开，可以得到：

$$(n^2-\sum\limits_{i=1}^{n}i \times \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)\times(m^2-\sum\limits_{j=1}^{m}j \times \left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor)-\sum\limits_{i=1}^{n}(nm-mi\times\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor-ni\times\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor+i^2\times\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\times\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor)$$

最后再数论分块即可。

时间复杂度 $\mathcal O(\sqrt{n})$。

需要注意一下除法取模的问题（用逆元）。

CODE

积性函数

定义

如果一个数论函数 $f(n)$ 满足 $f(pq)=f(p)\times f(q),\gcd(p,q)=1$，则称 $f(n)$ 是一个积性函数。

特别的，如果不要求 $\gcd(p,q)=1$ 且依然满足上述式子的话，则称 $f(n)$ 是一个完全积性函数。

性质

若 $f(n)$ 和 $g(n)$ 都是积性函数，，则以下函数也为积性函数：

$$\begin{aligned} & h(x) = f(x^p)\\ & h(x) = f^p(x)\\ & h(x) = f(x)g(x)\\ & h(x) = \sum_{d\mid x} f(d)g\left(\dfrac{x}{d}\right) \end{aligned}$$

常见积性函数

• 单位函数 $\epsilon(n)=[n=1]$。
• 幂函数 $Id^k(n)=n^k$， $id^1(n)$ 通常简记为 $id(n)$。
• 常数函数 $1(n)=1$。
• 因数个数 $\operatorname{d}(n) = \sum\limits_{d\mid n} 1$。
• 除数函数 $\sigma_{k}(n) = \sum\limits_{d\mid n} d^k$。 $k=1$ 时为因数和函数，通常简记为 $\sigma_{n}$。 $k=0$ 时为因数个数函数 $\sigma_{0}(n)$。
• 欧拉函数 $\varphi(n) = \sum\limits_{i=1}^{n} [\gcd(i,n) = 1]$。
• 莫比乌斯函数 $\mu(n) = \begin{cases}1 &n=1\\0 &n\ \text{含有平方因子}\\(-1)^k &k\text{为}\ n\ \text{的本质不同质因子个数} \end{cases}$。

狄利克雷卷积

定义

定义两个数论函数 $f,g$ 的狄利克雷卷积为：

$$\large(f\ast g) (n) = \sum_{d\mid n} f(d)g\left(\dfrac{n}{d}\right)$$

性质

1. 显然满足交换律，结合律，分配律。
   • $f \ast g = g \ast f$
   • $(f \ast g) \ast h = f\ast (g\ast h)$
   • $f\ast (g+h) = f\ast g + f\ast h$
2. $\epsilon$ 为狄利克雷卷积的单位元，有 $(f\ast \epsilon)(n) = f(n)$。
3. 若 $f,g$ 为积性函数，则 $f \ast g$ 为积性函数。
4. $\epsilon = \mu \ast 1=\sum\limits_{d\mid n} \mu (d)$。
5. $(\operatorname{Id}_k\ast 1)(n) = \sum_{d\mid n} \operatorname{Id_k}(d) = \sum_{d\mid n} d^k = \sigma_k(n)$。
6. $\begin{aligned} \varphi \ast 1 =& \operatorname{Id}\\ \varphi =& \operatorname{Id}\ast \mu \end{aligned}$。

杜教筛

问题描述

求 $S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)$，其中 $f(i)$ 为积性函数。

$1\le n\le2^{31}$。

算法解决

显然，线性筛是 $\mathcal O(n)$ 的，过不了。

考虑推数学式子。

构造积性函数 $h,g$，使得 $h=f*g$。

有：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}h(i)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}f(\frac{i}{d})g(d)\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}g(d)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}f(i)\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}g(d)S(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor)$$

因为我们要算的是 $S(n)$，那把这项单独拎出来不就得了。

所以，有：

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

于是我们只要能快速算出 $h$ 的前缀和就可以了。

练习

$\mu$ 的前缀和

因为 $\mu * I=\epsilon$，那么取 $f=\mu,g=I,f*g=\epsilon$。（参考）

inline ll GetSumu(int n)
{
    if (n <= N)
        return sumu[n]; // sumu是提前筛好的前缀和
    if (Smu[n])
        return Smu[n]; // 记忆化
    ll ret = 1ll;      // 单位元的前缀和就是 1
    for (int l = 2, r; l <= n; l = r + 1)
    {
        r = n / (n / l);
        ret -= (r - l + 1) * GetSumu(n / l);
        // (r - l + 1) 就是 I 在 [l, r] 的和
    }
    return Smu[n] = ret; // 记忆化
}

$\varphi$ 的前缀和

因为 $\varphi * I =id$，那么取 $f=\varphi,g=I,f*g=id$。（参考）

inline ll GetSphi(int n)
{
    if (n <= N)
        return sump[n]; // 提前筛好的
    if (Sphi[n])
        return Sphi[n];             // 记忆化
    ll ret = 1ll * n * (n + 1) / 2; // f * g = id 的前缀和
    for (int l = 2, r; l <= n; l = r + 1)
    {
        r = n / (n / l);
        ret -= (r - l + 1) * GetSphi(n / l);
        // 同上，因为两个的 g 都是 I
    }
    return Sphi[n] = ret; // 记忆化
}

另附一更全面的筛法 Min_25

莫比乌斯函数

定义

$\mu$ 为莫比乌斯函数，定义为

$$\mu(n)=\begin{cases}1 && n=1\\0 &&n \ 含有平方因子 \\ (-1)^k && k\ 为 \ n \ 的本质不同质因子个数 \end{cases}$$

性质

莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质（即 $\mu * 1=\epsilon$）：

$$\sum\limits_{d|n} \mu(d) = \begin{cases} 1 && n=1 \\ 0 && n \ne 1\end{cases}$$

结论

$$[\gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{d| \gcd(i,j)} \mu(d)$$

线性筛

由于 $\mu$ 函数为积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数。

void getMu()
{
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        if (!flg[i])
            p[++tot] = i, mu[i] = -1;
        for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j)
        {
            flg[i * p[j]] = 1;
            if (i % p[j] == 0)
            {
                mu[i * p[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * p[j]] = -mu[i];
        }
    }
}

莫比乌斯变换

设 $f(n),g(n)$ 为两个数论函数。

根据 $\mu \ast 1=e$，可以推出 $f=f \ast \epsilon = f\ast(\mu \ast 1)=f \ast \mu \ast 1=(f \ast 1) \ast \mu$。

形式一

如果有：

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

那么有：

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

这种形式下，数论函数 $f(n)$ 称为数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，数论函数 $g(n)$ 称为数论函数 $f(n)$ 的莫比乌斯逆变换（反演）。

形式二

如果有：

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

那么有：

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

常见的几种反演形式

以下默认 $n \le m$。

形式一

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

数论分块即可 $\mathcal O(n)$ 预处理，$\mathcal O(\sqrt n)$ 单次询问。

形式二

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

数论分块即可 $\mathcal O(n)$ 预处理，$\mathcal O(\sqrt n)$ 单次询问。

形式三

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

令 $dk=T$，则：

$$=\sum\limits_{T=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\sum\limits_{d|T}f(d)\mu(\frac{T}{d})$$

数论分块即可 $\mathcal O(n)$ 预处理，$\mathcal O(\sqrt n)$ 单次询问。

---

简单证明一下：

$$\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}p=\sum_{T=1}^{n}\sum_{p|T}p$$

有：

$$\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}p\\ =\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{n}\frac{p}{d}[d|p]\\ =\sum_{T=1}^{n}\sum_{p|T}p$$

证毕。

由上，也有：

$$\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}pf(d)\\ =\sum_{T=1}^{n}\sum_{p|T}pf(\frac{T}{d})\\ =\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}\frac{T}{d}f(d)$$

例题

SP4491 PGCD - Primes in GCD Table

求：

$$\sum\limits_{p \in primes}\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}[\gcd(x,y)=p]$$

化简得：

$$\sum\limits_{p \in primes}\sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum\limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}[\gcd(x,y)=1]$$

根据：

$$\sum\limits_{d|n} \mu(d) = \begin{cases} 1 && n=1 \\ 0 && n \ne 1\end{cases}$$

有：

$$\sum\limits_{p \in primes}\sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum\limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\sum\limits_{k|i,k|j}\mu(k)$$

先枚举 $k$，有：

$$\sum\limits_{p \in primes}\sum\limits_{k=1}^{\min(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor)}\sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum\limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\mu(k)[k|i][k|j]$$

那么就有：

$$\sum\limits_{p \in primes}\sum\limits_{k=1}^{\min(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor)}\left\lfloor\frac{n}{pk}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{pk}\right\rfloor\mu(k)$$

设 $T=pk$，有：

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

求前缀和再数论分块即可。

CODE

SP26017 GCDMAT - GCD OF MATRIX

求：

$$\sum\limits_{i=i_1}^{i_2}\sum\limits_{j=j_1}^{j_2}\gcd(i,j)$$

考虑容斥，设 $S(n,m)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\gcd(i,j)$，则有：

$$ans=S(i_2,j_2)-S(i_1-1,j_2)-S(i_2,j_1-1)+S(i_1-1,j_1-1)$$

单看每一个 $S$，显然有：

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

枚举 $p$，有：

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

设 $T=pd$，有：

$$\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{p=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\frac{T}{p}\times\mu(p)$$

再枚举 $T$，有：

$$\sum\limits_{T=1}^{n}\sum\limits_{p|T}^{}\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\frac{T}{p}\times \mu(p)\\ =\sum\limits_{T=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\sum\limits_{p|T}^{}\frac{T}{p}\times\mu(p)\\ =\sum\limits_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\varphi(T)$$

前半部分整除分块，后半部分线性筛即可。

CODE

P3327 [SDOI2015]约数个数和

求：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}d(i \cdot j)$$

其中，有：

$$d(n)=\sum\limits_{i|n}1$$

首先，要了解 $d$ 函数的一个特殊性质：

$$d(i \cdot j)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[\gcd(x,y)=1]$$

因此所求为：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[\gcd(x,y)=1]\\ =\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor[\gcd(x,y)=1]\\ =\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\sum\limits_{p|\gcd(x,y)}\mu(p)\\ =\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\sum\limits_{p=1}^{n}[p|x][p|y]\mu(p)\\ =\sum\limits_{p=1}^{n}\mu(p)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ip}\rfloor\lfloor\frac{m}{jp}\rfloor\\ =\sum\limits_{p=1}^{n}\mu(p)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ip}\rfloor\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\lfloor\frac{m}{jp}\rfloor$$

CODE

P5221 Product

求：

$$\prod\limits_{i=1}^{n}\prod\limits_{j=1}^{n}\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,j)} \pmod{104857601}$$

$1 \leq n \leq 10^6$。

化简式子，有：

$$\prod\limits_{i=1}^{n}\prod\limits_{j=1}^{n}\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,j)}\\ =\prod\limits_{i=1}^{n}\prod\limits_{j=1}^{n}\frac{i \times j}{\gcd(i,j)^2}\\ =\frac{\prod\limits_{i=1}^{n}\prod\limits_{j=1}^{n}i\times j}{\left(\prod\limits_{i=1}^{n}\prod\limits_{j=1}^{n}\gcd(i,j)\right)^2}$$

先看上面那坨：

$$\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n} i\times j\\ =\prod_{i=1}^{n}i^n \times n!\\ =(n!)^n \times \prod\limits_{i=1}^{n}i^n\\ =(n!)^n \times (n!)^n\\ =(n!)^{2n}$$

然后再看下面那坨：

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

先只看指数：

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

所以原式可化为：

$$\frac{(n!)^{2n}}{\left(\prod\limits_{d=1}^{n}d^{\left(2\times \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\varphi(i)\right)-1}\right)^2} \pmod{mod}$$

根据欧拉定理，当 $\gcd(a,m)=1$ 时，有 $a^b=a^{b \ \bmod \ \varphi(m)}\pmod{m}$。

因为模数为质数，所以 $\varphi(m)=m-1$。

所以原式可进一步化为：

$$\frac{(n!)^{2n}}{\left(\prod\limits_{d=1}^{n}d^{\left(2\times \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\varphi(i)\right)-1}\bmod (mod-1)\right)^2} \pmod{mod}$$

CODE

P6055 [RC-02] GCD

求：

$$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_{p=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor} \sum\limits_{q=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor} [\gcd(i,j)=1][\gcd(p,q)=1]$$

$1 \leq n \leq 2\times 10^9$。

化简式子，有：

$$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_{p=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor} \sum\limits_{q=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor} [\gcd(i,j)=1][\gcd(p,q)=1]\\ =\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{p=1}^{n}\sum\limits_{q=1}^{n}[\gcd(i,j)=1][\gcd(p,q)=j]\\ =\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{p=1}^{n}\sum\limits_{q=1}^{n}[\gcd(i,p,q)=1]\\ =\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{p=1}^{n}\sum\limits_{q=1}^{n}\sum\limits_{d|\gcd(i,p,q)}\mu(d)\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{p=1}^{n}\sum\limits_{q=1}^{n}[d|i][d|p][d|q]\mu(d)\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{q=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(d)\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^3$$

用杜教筛维护 $\mu$ 的前缀和即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$。

CODE

P3768 简单的数学题

求：

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

按照套路，化简式子，有：

$$\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}ij\gcd(i,j)\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{i}{d}\cdot\frac{j}{d}[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\cdot j[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\cdot j\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)[p|i][p|j]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\cdot j\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)[p|i][p|j]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i[p|i]\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}j[p|j]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i[p|i]\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}j[p|j]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i[p|i]\right)^2\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)p^2s(\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor)^2& s(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i=\frac{i \times (i-1)}{2}\\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}s(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)^2\sum\limits_{p|T}\mu(p)\left(\frac{T}{p}\right)^3p^2\\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}s(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)^2T^2\sum\limits_{p|T}\mu(p)\frac{T}{p}\\ &=\sum_{T=1}^{n}s(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)^2T^2\varphi(T) \end{aligned}$$

$\sum\limits_{T=1}^{n}T^2\varphi(T)$ 用杜教筛即可。

CODE

[CQOI2015]选数

求：

$$\sum\limits_{a_1=L}^{R}\sum_{a_2=L}^{R}\cdots \sum_{a_n=L}^{R}[\gcd_{i=1}^{n}(a_i)=K]$$

满足 $1\leq n,K\leq 10^9,1 \leq L \leq R\leq 10^9,R-L\leq 10^5$。

显然，定义 $l=\lceil\frac{L}{K}\rceil,r=\lfloor\frac{R}{K}\rfloor$，原式等于：

$$\begin{aligned} &\sum_{a_1=l}^{r}\sum_{a_2=l}^{r}\cdots\sum_{a_n=l}^{r}[\gcd_{i=1}^{n}(a_i)=1]\\ &=\sum_{a_1=l}^{r}\sum_{a_2=l}^{r}\cdots\sum_{a_n=l}^{r}\sum_{p|\gcd\limits_{i=1}^{n}(a_i)}\mu(p)\\ &=\sum_{p=1}^{r}\mu(p)\left(\lfloor\frac{r}{p}\rfloor-\lfloor\frac{l-1}{p}\rfloor\right)^{n} \end{aligned}$$

最后杜教筛维护 $\mu$ 的前缀和即可。

CODE

P4449 于神之怒加强版

求：

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

按照套路，化简式子，有：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\gcd(i,j)^k\\ =\sum_{d=1}^{n}d^k\sum\limits_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=d]\\ =\sum_{d=1}^{n}d^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ =\sum_{d=1}^{n}d^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)[p|i][p|j]\\ \sum_{d=1}^{n}d^k\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[p|i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[p|j]\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}d^k\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\times \lfloor\frac{n}{dp}\rfloor\lfloor\frac{m}{dp}\rfloor\\ =\sum\limits_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d|T}d^k \mu(\frac{T}{d})\\$$

设 $g(n)=\sum\limits_{d|n}d^k\mu(\frac{n}{d})$，显然 $g$ 是个乘性函数，线性筛即可。

CODE

P6825 「EZEC-4」求和

求：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)^{i+j}$$

先化简原式，有：

$$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)^{i+j}\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}d^{i+j}[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}d^{d\cdot(i+j)}[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}d^{d\cdot(i+j)}\sum_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}d^{d\cdot(i+j)}[p|i][p|j]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}d^{dp\cdot(i+j)}\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}d^{T\cdot(i+j)} & T=dp\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}(d^T)^i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}(d^T)^j\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}(d^T)^i\right)^2 \end{aligned}$$

再看后面那部分，令 $x=\frac{T}{p}^T$。

设 $S_n$ 为等比数列前 $n$ 项和，则有：

$$S_n=S_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(1+a^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor})+a^n[2 \nmid n]$$

即可 $\mathcal O(\log n)$ 求解。

时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$。

CODE

P1829 国家集训队Crash的数字表格 / JZPTAB

求（对 $20101009$ 取模）：

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

易得：

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

枚举最大公因数 $d$，有：

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

又有：

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

由：

$$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]$$

得：

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

合并得：

$$\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d\cdot\sum\limits_{t=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}t^2\mu(t)S(\left\lfloor\frac{n}{dt}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{dt}\right\rfloor)$$

其中：

$$S(n)=\frac{n \cdot (n +1)}{2}$$

设 $T=dt$，有：

$$\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}S(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor)\sum\limits_{a|T}a \cdot (\frac{T}{a})^2\mu(\frac{T}{a})$$

即：

$$\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}S(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor)T\sum\limits_{b|T}b\mu(b)$$

设 $f(T)=\sum\limits_{b|T}b \mu(b)$，易知 $f(n)$ 为积性函数，且满足：

$$f(p)=1-p,f(p^k)=f(p),p \in primes$$

求前缀和再数论分块即可。

CODE

P6156 简单题

求：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^k f(\gcd(i,j))\gcd(i,j)$$

其中 $f$ 函数定义如下：

如果 $k$ 有平方因子 $f(k)=0$，否则 $f(k)=1$。

不难发现 $f(n)=\mu(n)^{2}$。

化简式子，有：

$$\begin{aligned}& \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(i+j)^k f(\gcd(i,j))\gcd(i,j)\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^{k}\mu(\gcd(i,j))^2\gcd(i,j)\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^k\mu(d)^2d[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^{n}d^{k+1}\mu(d)^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^{k}\sum_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d^{k+1}\mu(d)^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^{k}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)[p|i][p|j]\\ &=\sum_{d=1}^{n}d^{k+1}\mu(d)^2\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}(ip+jp)^{k}\\ &=\sum_{d=1}^{n}d^{k+1}\mu(d)^2\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)p^{k}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}(i+j)^{k}\\ &=\sum_{d=1}^{n}d^{k+1}\mu(d)^2\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)p^{k}\operatorname{S}(\lfloor\frac{n}{dp}\rfloor) & S(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^k\\ &=\sum_{T=1}^{n}\operatorname{S}(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d^{k+1}\mu(d)^2\mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^{k}\\ &=\sum_{T=1}^{n}\operatorname{S}(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d\mu(d)^2\mu(\frac{T}{d})T^k \end{aligned}$$

令 $f(n)=\sum\limits_{d|n}d \mu(d)^2 \mu(\frac{n}{d})$。

这显然是积性函数，考虑线性筛。

再看 $\operatorname S(n)$，设 $\operatorname f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i^k$，$\operatorname g(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\operatorname f(i)$，不难发现：

$$\operatorname S(n)=\sum\limits_{i=n+1}^{2n}\operatorname f(i)-\sum\limits_{i=1}^{n}\operatorname f(i)=\operatorname g(2\times n)-2\times \operatorname g(n)$$

预处理即可。

修改一下可过 加强版。

P6156 简单题 CODE

P6222 「P6156 简单题」加强版 CODE

P6384 『MdOI R2』Quo Vadis

给定一个 无限大 的矩阵 $A$，其中 $A_{i,j}=ij\gcd(i,j)$。

接下来有 $m$ 个操作，每行 $1$ 至 $3$ 个整数，意义如下：

• $1$：对矩阵 $A$ 进行高斯消元，使之成为一个上三角矩阵。（注意：这里，高斯消元中只允许将一行的某一个倍数加到另一行上，不允许交换任意两行，不允许将某行乘上一个倍数，保证这样之后仍然可以得到上三角矩阵，并且保证消元之后的矩阵的每个元素均为非负整数。）
• $2\ x\ y$：求出当前矩阵的 $A_{x,y}$。
• $3\ x$：求出 $\sum\limits_{i=1}^{x}\sum\limits_{j=1}^{x}A_{i,j}$。
• $4\ x$：设 $B$ 是一个 $x$ 阶矩阵，其中 $B_{i,j}=A_{i,j}$，你需要求出 $\det B$。

上述所有答案对 $998244353$ 取模。

首先，对于矩阵 $A$ 满足 $A_{i,j}=i j \gcd(i,j)$，在进行高斯消元后，有：

$$A'_{i,j}=\begin{cases}i j \varphi(i) && i \mid j \\0 && i \nmid j\end{cases}$$

对于矩阵 $B$，满足 $B_{i,j}=\gcd(i,j)$，在进行高斯消元后，有：

$$B'_{i,j}=\begin{cases}\varphi(i) && i \mid j\\0 && i \nmid j\end{cases}$$

那么，对于 $1$ 操作前的 $2$ 操作答案为 $i j \gcd(i,j)$，对于 $1$ 操作后的 $2$ 操作答案为 $i j \varphi(i)$。

再看 $1$ 操作前的 $3$ 操作，答案为：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}i j \gcd(i,j)\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}d\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}i j [\gcd(i,j)=1]\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}i j [\gcd(i,j)=1]\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}d^3 \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}i j \sum\limits_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(p)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i j\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}p^2 \mu(p)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}i j\\ =\sum\limits_{d=1}^{n}d^3\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}p^2 \mu(p)\left(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}i\right)^2\\ \sum\limits_{d=1}^{n}d\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(pd)^2 \mu(p)\left(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}i\right)^2$$

设 $f(n)=\left(\sum\limits_{i=1}^{n}i\right)^2$，则有：

$$\sum\limits_{d=1}^{n}d\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(pd)^2 \mu(p)f(\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor)$$

设 $T=pd$，有：

$$\sum\limits_{T}^{n}T^2f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\sum\limits_{d|T}d \mu(\frac{T}{d})$$

根据狄利克雷卷积，有：

$$\sum\limits_{T}^{n}T^2f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\varphi(T)$$

数论分块套杜教筛即可。

对于 $1$ 操作后的 $3$ 操作，设 $g(n)$ 为第 $n$ 列的和，那么有：

$$g(n)=n\sum\limits_{d|n}d\varphi(d)$$

设 $h(n)=\sum\limits_{d|n}d \varphi(d)$，显然， $h(n)$ 是个积性函数，线性筛即可。

答案即为：

$$\sum\limits_{i=1}^{n}g(i)\\ =\sum\limits_{i=1}^{n}\left(i \times h(i)\right)$$

对于操作 $4$，行列式即消元后主对角线上元素乘积，所以答案即为：

$$\prod\limits_{i=1}^{n}i^2\varphi(i)$$

CODE

P7486 「Stoi2031」彩虹

令 $S(a,b)=\prod\limits_{i=1}^{a}\prod\limits_{j=1}^{b}\operatorname{lcm}(a,b)^{\operatorname{lcm}(a,b)}$。

求：

$$\frac{S(r,r)\times S(l-1,l-1)}{S(r,l-1)\times S(l-1,r)}$$

不妨设 $a \leq b$。

令 $dp=t$，则有：

$$\begin{aligned} S(a,b)&=\prod\limits_{i=1}^{a}\prod\limits_{j=1}^{b}\operatorname{lcm}(a,b)^{\operatorname{lcm}(a,b)}\\ &=\prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\frac{ij}{\gcd(a,b)}^{(\frac{ij}{\gcd(a,b)})}\\ &=\prod_{d=1}^{a}\prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\frac{ij}{d}^{(\frac{ij}{d})[\gcd(i,j)=d]}\\ &=\prod_{d=1}^{a}\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}(ijd)^{ijd[\gcd(i,j)=1]}\\ &=\prod_{d=1}^{a}\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}(ijd)^{ijd\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\mu(p)[p|i][p|j]}\\ &=\prod_{d=1}^{a}\prod_{p=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}[p|i]\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}[p|j](ijd)^{ijd\mu(p)}\\ &=\prod_{d=1}^{a}\prod_{p=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{dp}\rfloor}\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{dp}\rfloor}(ijdp^2)^{ijdp^2\mu(p)}\\ &=\prod_{t=1}^{a}\prod_{p|t}\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{t}\rfloor}\prod_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{t}\rfloor}(ijtp)^{ijtp\mu(p)}\\ \end{aligned}$$

令 $s(x)=\sum\limits_{i=1}^{x}i=\frac{x(x+1)}{2}$，$f(x)=\prod\limits_{i=1}^{x}i^i$，则有：

$$\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}(ij)^{ij}=f(n)^{s(m)}\times f(m)^{s(n)}$$

令其为 $G(n,m)$。

另有：

$$\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}(tp)^{ij}=(tp)^{s(n)\times S(m)}$$

带回原式有：

$$\prod_{t=1}^{a}\left( \prod_{p|t}\left( G(\lfloor\frac{a}{t}\rfloor,\lfloor\frac{b}{t}\rfloor) \times (tp)^{s(\lfloor\frac{a}{t}\rfloor)\times s(\lfloor\frac{b}{t}\rfloor)} \right)^{p\mu(p)} \right)^{t}$$

另 $h(x)=\sum\limits_{d|x}d\mu(d),y(x)=\prod\limits_{d|x}d^{d\mu(d)}$，则有：

$$\prod_{t=1}^{a}G(\lfloor\frac{a}{t}\rfloor,\lfloor\frac{b}{t}\rfloor)^{t \cdot h(t)}\times (t^{h(t)}\times y(t))^{t\times s(\lfloor\frac{a}{t}\rfloor)\times s(\lfloor\frac{b}{t}\rfloor)}$$

再令 $hh(x)=x\times h(x),yy(x)=(x^{h(x)}\times y(x))^{x}$，可得：

$$\prod_{t=1}^{a}G(\lfloor\frac{a}{t}\rfloor,\lfloor\frac{b}{t}\rfloor)^{hh(t)}\times yy(t)^{s(\lfloor\frac{a}{t}\rfloor)\times s(\lfloor\frac{b}{t}\rfloor)}$$

最后前缀和 $\text{+}$ 前缀积 $\text{+}$ 数论分块即可。

再加一个小优化，设一个阈值 $S$，对于 $1 \leq t < S$ 的直接暴力算，因为这部分 $l,r$ 相差较小。

对于 $S \leq t \leq n$ 的，再数论分块算。

CODE

P3704 [SDOI2017]数字表格

求：

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

其中 $f$ 表示斐波那契数列。

化简式子，有：

$$\prod\limits_{i=1}^{n}\prod\limits_{j=1}^{m}f_{\gcd(i,j)}\\ =\prod\limits_{d=1}^{n}\prod\limits_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}f_d[\gcd(i,j)=d]\\ =\prod\limits_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=d]}\\ =\prod\limits_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]}\\ =\prod\limits_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum\limits_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)}\\ =\prod\limits_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)[p|i][p|j]}\\ =\prod\limits_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor}\\ =\prod_{T=1}^{n}\left(\prod\limits_{d|T}f_{d}^{\mu(\frac{T}{d})}\right)^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\\$$

令 $F(n)=\prod\limits_{d|n}f_d^{\mu(\frac{n}{d})}$。

则有：

$$\prod_{T=1}^{n}F(T)^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}$$

线性筛预处理前缀积即可。

CODE

SP26045 GCDMAT2 - GCD OF MATRIX (hard)

最优解，嘿嘿。

求：

$$\sum_{i=i_1}^{i_2}\sum_{j=j_1}^{j_2}\gcd(i,j) \pmod{10^9+7}$$

$T$ 组数据。

其中，$T \leq 50000,1 \leq i2,j2\leq 10^6$。

首先设 $S(n,m)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\gcd(i,j)$。

则 $ans=S(i_2,j_2)+S(i_1,j_1)-S(i_2,j_1)-S(i_1,j_2)$。

考虑化简 $S(n,m)$，有：

$$\large \begin{aligned} S(n,m)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\gcd(i,j)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{p|\gcd(i,j)}^{}\mu(p)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)[p|i][p|j] \\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[p|i][p|j] \\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor \\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor \\ &=\sum_{T=1}^{n}\sum_{p|T}\mu(p)\frac{T}{p}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor & 设\ T=dp\\ &=\sum_{T=1}^{n}\varphi(T)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor \\ \end{aligned}$$

这是 $\mathcal{O}(T\sqrt{n})$ 的算法，且常数巨大。

考虑优化，发现：

$$\large \begin{aligned} ans=\sum_{i=1}^{n}\varphi(i)(\lfloor\frac{i_2}{i}\rfloor-\lfloor\frac{i_1}{i}\rfloor)(\lfloor\frac{j_2}{i}\rfloor-\lfloor\frac{j_1}{i}\rfloor)&&n=\min(i_2,j_2) \end{aligned}$$

但是，还是过不了。

这里有一个好方法：预处理出 $1\sim N$ 的倒数，然后把除法改成乘法，优化常数，可过。

但还可以优化。

考虑根号分治。

我们发现这实际上是一个预处理和查询的平衡，因为我们发现，$l$ 和 $r$ 越大，相同一段长度就越大，暴力的复杂度就相对越劣（意思就是用整除分块处理越快），那么我们可以考虑在 $l$ 和 $r$ 较小的时候暴力，否则预处理。

详见代码。

CODE

P1587 [NOI2016] 循环之美

求 $\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m\frac{x}{y}$ 在 $k$ 进制下能表示成循环节从第一位小数开始的无限循环小数或整数的最简分数个数。

先思考怎么转换。

首先肯定满足 $\gcd(x,y)=1$。

假设 $\frac{x}{y}$ 的循环节长度为 $l$，根据在 $k$ 进制下的数乘以 $k^p$ 相当于将小数点往后挪 $p$ 位，那么有：

$$\{\frac{xk^l}{y}\}=\{\frac{x}{y}\}$$

转换一下上面那个式子，有：

$$\begin{aligned} \frac{xk^l}{y}-\lfloor\frac{xk^l}{y}\rfloor&=\frac{x}{y}-\lfloor\frac{x}{y}\rfloor\\ xk^l-\lfloor\frac{xk^l}{y}\rfloor\cdot y&=x-\lfloor\frac{x}{y}\rfloor\cdot y\\ xk^l &\equiv x \pmod y\\ k^l &\equiv 1 \pmod y\\ \gcd(k,y)&=1 \end{aligned}$$

那么题意就可以转换为求：

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

先化简原式，有：

$$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1]\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(j,k)=1]\sum_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(j,k)=1]\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\mu(p)[p|i][p|j]\\ &=\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\mu(p)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[p|i][p|j][\gcd(j,k)=1]\\ &=\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\mu(p)\sum_{p|i}^{n}\sum_{p|j}^{m}[\gcd(j,k)=1]\\ &=\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\mu(p)\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\sum_{p|j}^{m}[\gcd(j,k)=1]\\ &=\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\mu(p)[\gcd(p,k)=1]\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}[\gcd(j,k)=1]\\ \end{aligned}$$

再设个函数，并化简：

$$\begin{aligned} f(n)=\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,k)=1] \end{aligned}$$

思考，当 $i>k$ 时，有 $\gcd(i,k)=\gcd(i+k,k)$，那么答案肯定是呈现一个长度为 $k$ 的循环，那么有：

$$\begin{aligned} f(n) &=f(n \bmod k)+\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\varphi(k) \end{aligned}$$

那么原式等于：

$$\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{p}\rfloor f(\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)\mu(p)[\gcd(p,k)=1]$$

现在已经有整除分块了，然后是处理 $\sum\limits_{i=1}^{n}\mu(i)[\gcd(i,k)=1]$ 前缀和的问题。

法一

设前面那个式子为 $s(n,k)$。

尝试化简 $s(n,k)$，则有：

$$\begin{aligned} s(n,k)&=\sum_{i=1}^{n}\mu(i)[\gcd(i,k)=1]\\ &=\sum_{i=1}^{n}\mu(i)\sum_{p=1}^{\min(n,k)}\mu(p)[p|i][p|k]\\ &=\sum_{p|k}^{\min(n,k)}\mu(p)\sum_{p|i}^{n}\mu(i)\\ &=\sum_{p|k}^{\min(n,k)}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(ip)\\ &=\sum_{p|k}^{\min(n,k)}\mu(p)^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(i)[\gcd(i,p)=1]\\ &=\sum_{p|k}^{\min(n,k)}\mu(p)^2s(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,p) \end{aligned}$$

然后数论分块即可。

法二

这里是设前面那个式子为 $s(n)$，则有：

$$\begin{aligned} s(n)&=\sum_{i=1}^{n}\mu(i)[\gcd(i,k)=1]\\ &=\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,k)=1]s(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)-\sum_{i=2}^{n}[\gcd(i,k)=1]s(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) \end{aligned}$$

先看前面那个：

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

那么最终有：

$$s(n)=1-\sum_{i=2}^{n}[\gcd(i,k)=1]s(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$$

数论分块即可。

CODE

P3700 [CQOI2017]小Q的表格

有一个表格，满足：

$$\begin{aligned} &f(a,b)=f(b,a)\\ &b \times f(a,a+b)=(a+b)\times f(a,b) \end{aligned}$$

且一开始 $f(a,b)=a\times b$，然后带上一个单点修改操作。

每当修改了一个格子的数之后，为了让表格继续满足上述两个条件，你还需要把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。

你还需要随时输出前 $k$ 行前 $k$ 列这个有限区域内所有数的和 $\pmod {10^9+7}$。

考虑从下面那个式子得出一些可以反演的东西，有：

$$\begin{aligned} b \times f(a,a+b)&=(a+b)\times f(a,b)\\ ab \times f(a,a+b)&=a(a+b)\times f(a,b)\\ \frac{f(a,a+b)}{a(a+b)}&=\frac{f(a,b)}{ab}\\ \frac{f(a,b)}{ab}&=\frac{f(\gcd(a,b),\gcd(a,b))}{\gcd(a,b)^2} \end{aligned}$$

设 $\gcd(a,b)=d$，则有：

$$\begin{aligned} \frac{f(a,b)}{ab}&=\frac{f(d,d)}{d^2}\\ f(a,b)&=\frac{f(d,d)\times ab}{d^2} \end{aligned}$$

考虑到这个矩阵要变换，因为修改一个位置 $(a,b)$ 的值后有且仅有 $\gcd(x,y)=d$ 的 $(x,y)$ 位置的 $f$ 值会跟着变化，那么用一个树状数组维护 $f(d,d)$ 即可。

设 $f(d,d)=g(d)$，再考虑答案：

$$\begin{aligned} ans&=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{ij}{\gcd(i,j)^2}[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij\sum_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i[p|i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}j[p|j]\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)p^2\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{p}\rfloor}i\right)^2\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)p^2S(\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{p}\rfloor) ^2 \end{aligned}$$

设 $G(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i^2\mu(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)^2$，则原式等于：

$$\sum_{d=1}^{n}g(d)G(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$$

根据 $\lfloor\frac{n}{i}\rfloor-\lfloor\frac{n-1}{i}\rfloor=[i|n]$，有：

$$\begin{aligned} G(n)-G(n-1)&=\sum_{i|n}i^2\mu(i)(S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)^2-S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor-1)^2\\ &=\sum_{i|n}i^2\mu(i)(\frac{n}{i})^3\\ &=n^2\sum_{i|n}\mu(i)\frac{n}{i}\\ &=n^2\varphi(n) \end{aligned}$$

那么有：

$$G(n)=\sum_{i=1}^{n}i^2\varphi(i)$$

那么原式等于：

$$\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i^2\varphi(i)$$

线性筛，维护前缀和，再数论分块即可。

CODDE

P4240 毒瘤之神的考验

求：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\varphi(ij)$$

先要考虑怎么把 $\varphi$ 转成带有 $\gcd$ 或 $\operatorname{lcm}$ 的形式。

性质：$\varphi(ij)=\frac{\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))}$。

证明：

$$\begin{aligned} \varphi(i)\varphi(j)&=i\prod_{p|i}\frac{p-1}{p}j\prod_{p|j}\frac{p-1}{p} &p\in primes\\ &=ij\prod_{p|ij}\frac{p-1}{p}\prod_{p|\gcd(i,j)}\frac{p-1}{p} \end{aligned}$$

所以有：

$$\begin{aligned} \varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)&=ij\prod_{p|ij}\frac{p-1}{p}\gcd(i,j)\prod_{p|\gcd(i,j)}\frac{p-1}{p}\\ &=\varphi(ij)\varphi(\gcd(i,j)) \end{aligned}$$

化简式子，有：

$$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\varphi(ij)\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))}\\ &=\sum_{d=1}^{n}\frac{d}{\varphi(d)}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\varphi(i)\varphi(j)[gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\frac{d}{\varphi(d)}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(id)\varphi(jd)[gcd(i,j)=1]\\ &= \sum_{d=1}^{n}\frac{d}{\varphi(d)}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(id)[p|i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(jd)[p|j]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\frac{d}{\varphi(d)}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\varphi(ikd)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}\varphi(jkd)\\ &=\sum_{T=1}^{n}\left(\sum_{d|T}\frac{d}{\varphi(d)}\mu(\frac{T}{p})\right)\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\varphi(iT)\right)\left(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\varphi(jT)\right)& 设 \ T=dp \\ \end{aligned}\\$$

设 $f(n)=\sum\limits_{d|n}\frac{d}{\varphi(d)}\mu(\frac{n}{p})$，线性筛预处理即可，$\mathcal{O}(n \ln n)$。

设 $g(k,n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i,k)$，显然 $g(k,n)=g(k,n-1)+\varphi(nk)$。

则原式等于：

$$\begin{aligned} \sum_{T=1}^{n}f(T)\times g(T,\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\times g(T,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor) \end{aligned}$$

发现整除分块不了，考虑把整个式子设出来，令：

$$h(a,b,n)=\sum_{t=1}^{n}f(t)\times g(t,a) \times g(t,b)$$

容易发现，这其实就是一个整除分块的首尾差分形式：

$$h(a,b,n)=\sum_{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor=\lfloor\frac{n}{r}\rfloor \operatorname{and} \lfloor\frac{m}{l}\rfloor=\lfloor\frac{m}{r}\rfloor}h(\lfloor\frac{n}{r}\rfloor,\lfloor\frac{m}{r}\rfloor,r)-h(\lfloor\frac{n}{r}\rfloor,\lfloor\frac{m}{r}\rfloor,l)$$

再考虑根号分治，我们设一个阈值 $S$，将所有 $h(1,1,1) \sim h(S,S,n)$ 的 $h$ 值预处理出来。

预处理式子就是：

$$h(j,k,i)=h(j,k,i-1)+f(i)\times g(i,j)\times g(i,k)$$

对于 $\lfloor\frac{n}{r}\rfloor \leq S$ 可直接查询。

否则，可知 $r \leq \lfloor\frac{n}{S}\rfloor$，数论分块计算即可。

CODE

P5572 [CmdOI2019]简单的数论题

求：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\varphi(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,j)})\bmod 23333$$

$T$ 组数据，满足 $T \leq 3 \times 10^4,m \leq n \leq 5 \times 10^4$。

下面默认 $n \leq m$。

先化简原式，有：

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\varphi(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,j)})&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\varphi(\frac{i \times j}{\gcd(i,j)^2})\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\varphi(\frac{i \times j}{d^2})[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(i\times j)[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(i)\varphi(j)[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(i)\varphi(j)\sum_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(i)\varphi(j)[p|i][p|j]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}\varphi(ip)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor}\varphi(jp)\\ &=\sum_{T=1}^{n}\sum_{p|T}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\varphi(ip)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\varphi(jp) \end{aligned}$$

设：

$$G(x,y)=\sum_{i=1}^{x}\varphi(iy)$$

暴力预处理即可。

那么原式等于：

$$\sum_{T=1}^{n}\sum_{p|T}\mu(p)G(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,p)G(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor,p)$$

再设：

$$H(x,y,z)=\sum_{i=1}^{z}\sum_{p|i}\mu(p)G(x,p)g(y,p)$$

然后跟 P4240 毒瘤之神的考验 差不多，将答案表示为关于 $H$ 的差分加下取整的形式。

再考虑根号分治，我们设一个阈值，将所有范围内的 $H$ 值递推预处理出来。

后面的再数论分块算。

CODE

P5518 [MtOI2019]幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

关于本题的一种特别简便的做法 「题解」Luogu P5518 [MtOI2019]幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

求：

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

其中 $f(type)$ 的取值如下：

$$f(type) = \begin{cases} 1 &type = 0\\ i\times j\times k &type = 1\\ \gcd(i,j,k) &type = 2 \end{cases}$$

分析

显然，原式等于：

$$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C}\left(\dfrac{i\times j }{\gcd(i,j)\times \gcd(i,k)}\right)^{f(type)}$$

发现每一项仅与两个变量有关，设：

$$\begin{aligned} f_1(a,b,c) &= \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} i^{f(type)}\\ f_2(a,b,c) &= \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} \gcd(i,j)^{f(type)} \end{aligned}$$

发现 $\prod$ 可以随意交换，则原式等价于：

$$\dfrac{f_1(a,b,c)\times f_1(b,a,c)}{f_2(a,b,c)\times f_2(a,c,b)}$$

考虑在 $type$ 取值不同时，如何快速求得 $f_1$ 与 $f_2$。

$\large{type=0}$

$$\begin{aligned} f_1(a,b,c) &= \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} i\\ f_2(a,b,c) &= \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} \gcd(i,j) \end{aligned}$$

对于 $f_1$，显然有：

$$\prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} i = \left(\prod_{i=1}^{a}i\right)^{b\times c}$$

预处理阶乘 + 快速幂即可，单次计算时间复杂度 $O(\log n)$。

再考虑 $f_2$，显然有：

$$\large \begin{aligned} &\prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} \gcd(i,j)\\ =&\left(\prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\gcd(i,j)\right)^c\\ =& \left(\prod_{d=1} d^{\left(\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}[\gcd(i,j) = d]\right)}\right)^c \end{aligned}$$

先看指数，有：

$$\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}[\gcd(i,j) = d]\\ =& \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor}[\gcd(i,j) = 1]\\ =& \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor}\sum_{k\mid \gcd(i,j)}\mu (k)\\ =& \sum_{k=1}\mu(k)\left\lfloor\dfrac{a}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{b}{kd}\right\rfloor \end{aligned}$$

则原式等于：

$$\large \begin{aligned} &\left(\prod_{d=1} d^{\left(\sum\limits_{k=1}\mu(k)\left\lfloor\frac{a}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{kd}\right\rfloor\right)}\right)^c\\ =& \left(\prod_{d=1} \left(d^{\sum\limits_{k=1}\mu(k)}\right)^{\left\lfloor\frac{a}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{kd}\right\rfloor}\right)^c\\ =& \prod_{d=1} \left(\prod_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}d^{\left(\mu(k)\left\lfloor\frac{a}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{kd}\right\rfloor\right)}\right)^c \end{aligned}$$

设 $t=kd$，并枚举 $t$，有：

$$\large \prod_{t=1}^{n}\left(\left(\prod_{d|t} d^{\mu{\left(\frac{t}{d}\right)}}\right)^{\left\lfloor\frac{a}{t}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{t}\right\rfloor}\right)^c$$

显然，$\prod\limits_{d|t}d^{\mu\left(\frac{t}{d}\right)}$ 这块可以预处理。

复杂度 $O(n\log n)$。

数论分块 $\text{+}$ 快速幂计算即可，单次时间复杂度 $O(\sqrt n\log n)$。

$\large{type=1}$

$$\begin{aligned} f_1(a,b,c) &= \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} i^{i\times j\times k}\\ f_2(a,b,c) &= \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} \gcd(i,j)^{i\times j\times k} \end{aligned}$$

先考虑 $f_1$，有：

$$\large \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} i^{i\times j\times k} = \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}i^{\left(i\times j\times \sum\limits_{k = 1}^{c} k\right)}= \left(\prod_{i=1}^{a}i^i\right)^{\operatorname{S}(b)\times \operatorname{S}(c)}$$

其中 $\operatorname{S}(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}=\frac{n\times (n+1)}{2}$，可算 $O(1)$ 算前缀和然后再用扩展欧拉定理降幂即可。

再考虑 $f_2$，显然有：

$$\large \begin{aligned} &\prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} \gcd(i,j)^{i\times j\times k}\\ =& \left(\prod_{i=1}^a\prod_{j=1}^b\gcd(i,j)^{i\times j}\right)^{\operatorname{S}(c)} \end{aligned}$$

然后枚举 $gcd$，原式等于：

$$\large \left(\prod_{d=1}d^{\left(\sum\limits_{i=1}^a \sum\limits_{j=1}^b i\times j[\gcd(i,j)=d]\right)}\right)^{\operatorname{S}(c)}$$

先看指数，有：

$$\large \begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^a \sum\limits_{j=1}^b i\times j[\gcd(i,j)=d]\\ =& d^2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor} i\times j[\gcd(i,j)=1\\ =& d^2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor} i \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor} j\sum\limits_{t|\gcd(i,j)}\mu(t)\\ =& d^2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor} i \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor} j\sum\limits_{k|\gcd(i,j)}\mu(k)\\ =& d^2 \sum\limits_{k=1}\mu(k)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor} i[k|i] \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor} j[k|j]\\ =& d^2 \sum\limits_{k=1}k^2\mu(k)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{a}{kd}\right\rfloor} i\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{b}{kd}\right\rfloor} j\\ =& d^2\sum\limits_{k=1}k^2\mu(k)\operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{a}{kd}\right\rfloor\right)} \operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{b}{kd}\right\rfloor\right)}\\ \end{aligned}$$

则原式等于：

$$\large \left(\prod_{d=1}d^{\left(d^2\sum\limits_{k=1}k^2\mu(k)\operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{a}{kd}\right\rfloor\right)} \operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{b}{kd}\right\rfloor\right)}\right)}\right)^{\operatorname{S}(c)}$$

设 $t=kd$，并枚举 $t$，有：

$$\large \begin{aligned} &\left(\prod_{d=1}\left(\prod_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}d^{\left(d^2 k^2\mu(k)\right)}\right)^{\left(\operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{a}{kd}\right\rfloor\right)} \operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{b}{kd}\right\rfloor\right)}\right)}\right)^{\operatorname{S}(c)}\\ =& \prod_{t=1}\left(\left(\prod_{d|t}d^{\left(d^2\left(\frac{t}{d}\right)^2\mu\left(\frac{t}{d}\right)\right)}\right)^{\operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{a}{t}\right\rfloor\right)} \operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{b}{t}\right\rfloor\right)}}\right)^{\operatorname{S}(c)}\\ =& \prod_{t=1}\left(\left(\prod_{d|t}d^{\left(t^2\mu\left(\frac{t}{d}\right)\right)}\right)^{\operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{a}{t}\right\rfloor\right)} \operatorname{S}{\left(\left\lfloor\frac{b}{t}\right\rfloor\right)}}\right)^{\operatorname{S}(c)} \end{aligned}$$

显然，$\prod\limits_{d|t}d^{\left(t^2\mu\left(\frac{t}{d}\right)\right)}$ 这块可以预处理。

复杂度 $O(n\log^2 n)$。

数论分块 $\text{+}$ 快速幂计算即可，单次时间复杂度 $O(\sqrt n\log n)$。

$\large{type=2}$

$$\begin{aligned} f_1(a,b,c) &= \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} i^{\gcd(i,j,k)}\\ f_2(a,b,c) &= \prod_{i=1}^{a}\prod_{j=1}^{b}\prod_{k=1}^{c} \gcd(i,j)^{\gcd(i,j,k)} \end{aligned}$$

直接考虑原式：

$$\prod_{i = 1}^a \prod_{j = 1}^b \prod_{k = 1}^c \left(\dfrac{\operatorname{lcm}(i, j)}{\gcd(i, k)} \right)^{\gcd(i, j, k)}$$

取 $\ln$ 有：

$$\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^a \sum_{j = 1}^b \sum_{k = 1}^c \ln\left(\dfrac{\operatorname{lcm}(i, j)}{\gcd(i, k)} \right) \gcd(i, j, k)\\ & = \sum_{d = 1}^{\min(a, b, c)} \varphi(d) \sum_{i = 1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor} \sum_{j = 1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor} \sum_{k = 1}^{\left\lfloor\frac{c}{d}\right\rfloor} \ln\left(\dfrac{\operatorname{lcm}(id, jd)}{\gcd(id, kd)} \right) \\ & = \sum_{d = 1}^{\min(a, b, c)} \varphi(d) \sum_{i = 1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor} \sum_{j = 1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor} \sum_{k = 1}^{\left\lfloor\frac{c}{d}\right\rfloor} \ln\left(\dfrac{\operatorname{lcm}(i, j)}{\gcd(i, k)} \right) \end{aligned}$$

取 $\exp$ 有：

$$\prod_{d = 1}^{\min(a, b, c)} \left(\prod_{i = 1}^{\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor} \prod_{j = 1}^{\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor} \prod_{k = 1}^{\left\lfloor\frac{c}{d}\right\rfloor} \dfrac{\operatorname{lcm}(i, j)}{\gcd(i, k)} \right)^{\varphi(d)}$$

可以发现中间那部分其实就是 $type=0$ 时的答案。

于是可以先对外层整除分块，再对内层整除分块。

CODE

P8570 [JRKSJ R6] 牵连的世界

link

番外

一些根号分治和优化除法。

参考资料

• oi-wiki 莫比乌斯反演
• [学习笔记] 莫比乌斯反演及杜教筛
• 总结与思考：数论分块
• oi-wiki 数论分块
• 铃悬的数学小讲堂——狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
• $\text{cyffff}$ 莫比乌斯反演学习笔记 $\operatorname{and}$ 莫比乌斯反演学习笔记 II
• $\text{iorit}$ Möbius inversion formula

感谢 mango09 神仙的帮助。