来简单写一下，别急还在施工。
但是洛谷的排版有点太唐了。
不保证全部正确。
P2257 YY 的 GCD
求 \(\sum\limits_{p \in P} \sum \limits_{x=1}^n \sum \limits_{y=1}^ m [ \gcd (x,y) = p ] (P是素数集)\)
\[\begin{aligned}
\sum\limits_{p \in P} \sum \limits_{x=1}^n \sum \limits_{y=1}^ m [ \gcd (x,y) = p ]
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{p \in P} \sum \limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \sum \limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor} [ \gcd (x,y) = 1 ]
\end{aligned}
\]
根据 \(\mu * 1 = \epsilon\) (\(\epsilon\) 是单位函数)
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{p \in P} \sum \limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \sum \limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\sum\limits_{gcd(x,y)|d} \mu(d)
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{p \in P} \sum \limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \sum \limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\sum\limits_{x|d,y|d} \mu(d)
\end{aligned}
\]
接下来提出来
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{p \in P} \sum \limits_{d=1}^{\left\lfloor\frac{\min(n,m)}{p}\right\rfloor} \mu(d) \times \left\lfloor\frac{n}{pd}\right\rfloor \times \left\lfloor\frac{m}{pd}\right\rfloor
\end{aligned}
\]
设 \(T=pd\)
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)} \left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor \times \left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor \sum\limits_{p\in P,p|T} \mu(\frac{T}{p})
\end{aligned}
\]
第一个是数论分块，后面的预处理出来就可以了。
P3327 [SDOI2015] 约数个数和
求 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^m d(ij) (d(x)是 x 的约数个数)\)
先不加证明的给出一个结论 \(d(ij) = \sum\limits_{x|i} \sum\limits_{y|i} [ \gcd (i,j)=1]\)
感性理解很容易，因为这里是莫比乌斯反演所以没有证明。
接下来就是套路了。
\[\begin{aligned}
\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m d(ij)
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{x|i} \sum\limits_{y|i} [ \gcd (i,j)=1]
\end{aligned}
\]
更换一下枚举的东西。
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m \left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{y}\right\rfloor[ \gcd (x,y)=1]
\end{aligned}
\]
使用反演。
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m \left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{y}\right\rfloor\sum\limits_{d| \gcd (x,y)} \mu(d)
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m \left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{y}\right\rfloor\sum\limits_{d|x,d|y} \mu(d)
\end{aligned}
\]
接下来又是枚举 d 了。
\[=\begin{aligned}
\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu(d) \sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{xd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{yd}\right\rfloor
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}{x}\right\rfloor\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}{y}\right\rfloor
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu(d)\sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}{x}\right\rfloor
\sum\limits_{y=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}
\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}{y}\right\rfloor
\end{aligned}
\]
我们设 \(f(x) = \sum\limits_{i=1}^x\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor\) 所以原式 \(=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)f(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor)(\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor)\)
已经能过了，但太慢了，我们继续变形。
\(f(x) = \sum\limits_{i=1}^x\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor=\sum\limits_{i=1}^{x}d(x)(d(x)是约数个数)\)
那么用线性筛求出 \(d\) , 进而求出 \(\sum d\) 和 f 即可。
然后对原式子使用数论分块。
接下来的这个不是莫比乌斯反演但是还是放这里了。
求
\[\sum\limits_{k=1}^n \mu^2(k)
\]
容斥原理，我们对于一个质数 \(p\) 不合法的显然有 \(\left\lfloor\frac{n}{p^2} \right\rfloor\) 个
但是多减去了 \(\left\lfloor\frac{n}{{p_1}^2{p_2}^2} \right\rfloor\) 个…
那么对于 \(d\), 是 \(s\) 个不同质数的乘积贡献是 \((-1)^s\left\lfloor\frac{n}{d^2} \right\rfloor\)。
然后这个东西很像莫比乌斯函数，直接写成 \(\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d^2} \right\rfloor\)。
最后得到的结果是
\[\sum\limits_{k=1}^n \mu^2(k) =\sum\limits_{k=1}^{\sqrt n} \mu(d) \left\lfloor\frac{n}{d^2} \right\rfloor
\]
杜教筛
然后来写一点杜教筛。
我们需要求解
\[\phi(n)=\sum\limits_{i=1}^n \varphi(i)
\]
使用狄利克雷卷积我们有 \(Id =1 * \varphi\)
我们有 \(\begin{aligned} \frac{n \times (n+1)}{2} = \sum\limits_{k=1}^n i \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\sum\limits_{d=1}^n \sum\limits_{ {d|k} \& {1} \le k \le n} \varphi
( \frac{k}{d} ) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\sum\limits_{d=1}^n \sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d} \right\rfloor} \varphi(k)\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\sum\limits_{d=1}^n \phi(\left\lfloor\frac{n}{d} \right\rfloor)\end{aligned}\)
所以 \(\sum\limits_{i=1}^n \varphi(i)=\frac{n \times (n+1)}{2}-\sum\limits_{d=2}^n \phi(\left\lfloor\frac{n}{d} \right\rfloor)\)
直接这样算是 \(O(n^{\frac{3}{4}})\) 的，预处理出来前面的 \(n^{\frac{2}{3}}\) 个是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的。
再来看
\[M(n)=\sum\limits_{i=1}^n \mu(i)
\]
使用狄利克雷卷积我们有 \(\mu \times 1 = \epsilon\)
我们有
\(\begin{aligned} 1 = \sum\limits_{k=1}^n \epsilon(i) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\sum\limits_{d=1}^n \sum\limits_{ {d|k} \& {1} \le k \le n} \mu
( \frac{k}{d} ) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\sum\limits_{d=1}^n \sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d} \right\rfloor} \mu(k)\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} =\sum\limits_{d=1}^n M(\left\lfloor\frac{n}{d} \right\rfloor)\end{aligned}\)
所以 \(\sum\limits_{i=1}^n \mu(i)=1-\sum\limits_{d=2}^n M(\left\lfloor\frac{n}{d} \right\rfloor)\)
按上面处理就可以了。
P1587 [NOI2016] 循环之美
写杜教筛是因为这题要用。
满足条件的实际上是 \(y \perp k\)
答案就是 \(\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m [x \perp y][y \perp k]\)
这个 \(k\) 比较可怕，我们先不动它
\[\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m [y \perp k] \sum\limits_{d|x,d | y} \mu(d)
\]
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu(d) [d \perp k]\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \sum\limits_{y=1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor} [y \perp k]
\]
我们设 \(f(n,k) = \sum\limits_{y=1}^{n} [y \perp k]\)，\(g(n,k) = \sum\limits_{y=1}^{n} \mu(y) [y \perp k]\)
这个式子里面有 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 那我们想方设法的去数论分块，并且注意到 \(f(n,1) = n\)，\(g(n,1)\) 可以杜教筛，其次我们发现 \(k\) 的平方因子对于互质来说没有用，这也算一个 Trick，那么我们来发现一下她们的联系。
我们考虑 \(k\) 的某个素因子 \(p\)，并考虑 \(f(n,k)\)比 \(f(n,\frac{k}{p})\) 有什么变化。
\(f(n,k)= \sum\limits_{i=1}^n[i \perp k]\)
$ = \sum\limits_{i=1}^n[i \perp \frac{k}{p}] -\sum\limits_{i=1}^n[i \perp \frac{k}{p}][i \perp p]$
\(= f(n,\frac{k}{p})-\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor }[i p \perp \frac{k}{p}]\)
\(= f(n,\frac{k}{p})-\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor }[i \perp \frac{k}{p}]\)
\(= f(n,\frac{k}{p})-f(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor ,\frac{k}{p})\)
好似非常有前途，我们来看 \(g\)，方法大同小异。
\(g(n,k) = \sum\limits_{x=1}^{n} \mu(i) [i \perp k]\)
\(g(n,k)= \sum\limits_{x=1}^{n} \mu(i) [i \perp \frac{k}{p}] - \sum\limits_{x=1}^{n} \mu(i) [i \perp \frac{k}{p}][i \perp p]\)
\(g(n,k) = g(n,\frac{k}{p}) - \sum\limits_{x=1}^{n} \mu(i) [i \perp \frac{k}{p}][i \perp p]\)
\(g(n,k) = g(n,\frac{k}{p}) - \sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor } \mu(ip) [ip \perp \frac{k}{p}]\)
给一个结论 \(\mu(ab)= \mu(a) \mu(b)[a \perp b]。\)
\(g(n,k) = g(n,\frac{k}{p}) - \sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor } \mu(i)\mu(p) [i \perp p] [ip \perp \frac{k}{p}]\)
\(g(n,k) = g(n,\frac{k}{p}) + \sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor } \mu(i) [ip \perp k]\)
\(g(n,k) = g(n,\frac{k}{p}) + \sum\limits_{x=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor } \mu(i) [i \perp k]\)
\(g(n,k) = g(n,\frac{k}{p}) + g(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,k)\)
关键点的理论就不写了，这个复杂度显然是正确的。
以后对于这样的式子就写着走就行了，后面还有运用
P1829 [国家集训队] Crash 的数字表格 / JZPTAB
求
\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \operatorname{lcm}(i,j)
\]
众所周知 \(\operatorname{lcm}(i,j) \times \gcd (i,j) = i \times j\)。
接下来开始推式子。
\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \operatorname{lcm}(i,j)
\]
\[=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \frac{i \times j}{gcd(i,j)}
\]
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \frac{i j}{d} \times [ \gcd (i,j)=d]
\]
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor} i j d \times [ \gcd (i,j)=1]
\]
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor} i j d \sum\limits_{k|i,k|j} \mu(k)
\]
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor} i j d \sum\limits_{k|i,k|j} \mu(k)
\]
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} d \sum\limits_{k|i,k|j} \mu(k) \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor} i j
\]
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} d \sum\limits_{k=1}^{\min(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor,\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor)} \mu(k) \times k^2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{dk} \right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{dk} \right\rfloor} i j
\]
方便起见设 \(S(i)=\sum\limits_{i=1}^ni，H(i)=\mu(i) \times i^2,T=dk\)。
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} d \sum\limits_{k=1}^{\min(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor,\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor)} H(k) \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor} i j
\]
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} d \sum\limits_{k=1}^{\min(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor,\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor)} H(k)
S(\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor)
S(\left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor)
\]
wc，这个好像就能过了 /fn，我以为这个过不了。
实际上一层数论分块是对的，我们有 \(O(\sum\limits_{i=1}^n \sqrt {\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor} )\) 大概是 \(O(n^{\frac{3}{4}})\) (通过积分近似证明)，这个是能过的。
但这个东西非常的不牛，我们可以进行优化
我们回到这个式子，我们仍然使用上面的记号
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} d \sum\limits_{k=1}^{\min(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor,\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor)} \mu(k) \times k^2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{dk} \right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{dk} \right\rfloor} i j
\]
这次我们直接枚举 \(T\)
\[=\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)} \sum\limits_{k|T} H(k) \times \frac{T}{k} \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor} i j
\]
\(\sum\limits_{k|T} H(k) \times \frac{T}{k}\) 这个东西是卷积的形式，那么他们构成的数论函数我们叫他 \(G\)。
实际上是 \(G = H * Id\)
那么答案是
\[=\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)} G(T)
S(\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor)
S(\left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor)
\]
你已经可以使用狄利克雷卷积去计算 \(G(T)\) 了，这是一个 \(O(n \log n)\) 的调和级数。
我们尝试使用线性筛去求解 \(G\)
我们对于 \(G(p^a)\) 将它的卷积式子拆开
实际上只有两项 \(G(p^a)=H(1) \times p^a + H(p) \times p^{a-1} = p^a - p^{a+1}\)，这个是可以线性筛的。
询问的复杂度是 \(O(\sqrt{n})\) 的，可以做到多组询问。
P4619 [SDOI2018] 旧试题
你先别急。
P3312 [SDOI2014] 数表
没有限制条件的话就很简单了。
实际上是求 $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [ {\sigma(gcd(i,j))\le a} ] \sigma (gcd(i,j)) $
还是枚举 gcd 的取值
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\sigma(d)\le a][gcd(i,j)==d] \sigma(d)
\]
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\sigma(d)[\sigma(d)\le a]\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}[gcd(i,j)==1]
\]
后面那一堆可以反演
\[\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}[gcd(i,j)==1]
\]
\[\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}
\sum\limits_{k|i,k|j} \mu(k)
\]
\[\sum\limits_{k=1}^{\min(\left\lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor,\left\lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor)} \mu(k) \times \left\lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor
\times \left\lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor
\]
我们带回去，设 \(f(n)=\sigma(n)[\sigma(n)\le a]\)
\[=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}f(d)
\sum\limits_{k=1}^{\min(\left\lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor,\left\lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor)} \mu(k) \times \left\lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor
\times \left\lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor
\]
又是套路，枚举 \(T=kd\)
\[\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)} \sum\limits_{k|d} \mu(k)
f(\frac{T}{k} )
\times \left\lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor
\times \left\lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor
\]
\[\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\times \left\lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor
\times \left\lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor \sum\limits_{k|d} \mu(k)
f(\frac{T}{k} )
\]
看上去是卷积的形式，但不太找的到答案/ll。
但是前面的东西可以直接数论分块求，那我们就不管前面只看后面了，我们可以离线，把所有询问按 \(a\) 排序，还要排 \(\sigma()\)，用 BIT 维护答案，询问使用数论分块。
