莫比乌斯反演例题

整除分块

当运算中有上取整或下取整的时候，用整除分块可以优化复杂度哦（当然，莫比乌斯反演最明显）
经典例题：
（莫比乌斯一大堆，都在下面了）
$CF1603CExtremeExtension$

例题

尽量把一些典型的写出来，莫比乌斯还是多写写公式好

[NOI2010day1]T1-能量采集

求$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}2\times gcd(i,j)-1$$

那么只需要处理 $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)$$

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

$$=\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }\mu (k)$$

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

令$$kd=x$$

则 原式$$=\sum _{x=1}^n\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{x}\rfloor \sum _{d|x}\mu (\frac{x}{d})d$$

则对于每一个x，去枚举每一个k进行预处理（因为这样可以直接把$\mu =0$的情况判掉），最后用整除分块求解

for(int k=1;k<=x;k++) 
{
	if(!mu[k]) continue;
	for(int X=k;X<=x;X+=k) F[X]+=mu[k]*(X/k);
}
for(int i=1;i<=x;i++) F[i]+=F[i-1];

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

$BZOJ2820YY的GCD$

与上一题差别不大，把枚举每个$d$改成枚举每个质数即可

[SDOI2015] 约数个数和

首先声明这个函数的一个性质：

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

于是我们要求的答案就是：

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

$$=\sum _{k=1}^n\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{ik}\rfloor }\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{jk}\rfloor }$$

$$=\sum _{k=1}^n\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\lfloor \frac{n}{ik}\rfloor \sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\lfloor \frac{m}{jk}\rfloor$$

令$$S(n)=\sum _{i=1}^n(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

则原式 $$=\sum _{k=1}^n\mu (k)S(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )$$

$S(n)$的求解用一次整除分块，$ans$的求解再用一次，两次解决！

$BZOJ2301Problemb$

用类似二维前缀和的方法求解就ok了

BZOJ4407 于神之怒加强版

求 $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\gcd (i,j{)}^t\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$$

(以下省略模数)

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

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

令$$kd=x$$

则 原式$$=\sum _{x=1}^n\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{x}\rfloor \sum _{d|x}\mu (\frac{x}{d})d^t$$

令$$F(n)=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})d^t$$

则可以发现，$F(n)$为积性函数，可以用线性筛来求
1.显然$F(1)=1$
2.当$i$为质数时，只有$1,i$两个因子，计算得$F(i)=i^t-1$
3.当$i$不为质数时
（1）若$i\%p[j]==0$，那么对于这一个因子来说$F(p^k)$只有当$d=p^k$或$d=p^{k-1}$时才有值，所以$$F(p^k)=(p^k{)}^t-(p^{k-1}{)}^t$$ 得到$$F(p^k\times p)=F(p^k)\times p^t$$
（2）若$i\%p[j]==0$，积性函数直接乘起来就行

【BZOJ2693】jzptab最小公倍数之和

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

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

$$=\sum _{d=1}^n\sum _{d|i}\sum _{d|j}\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d]$$
因为提出来两个d，所以变成$ij{d}^2/d$，约分

$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]$$
提出来两个k所以乘$k^2$

$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }ij{k}^2$$

$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }ik\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }jk$$

令$$S(n)=\sum _{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}$$

则原式

$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)k^{2}S(\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor )$$

令$x=kd$ 则

$$=\sum _{x=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{x}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{x}\rfloor )\sum _{k|x}\mu (k)k^2\frac{x}{k}$$

$$=\sum _{x=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{x}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{x}\rfloor )x\sum _{k|x}\mu (k)k$$

令$$F(n)=n\sum _{k|n}\mu (k)k$$

可进行线性筛，方法与上面类似，进行分类讨论即可

[bzoj3529-Sdoi2014] 数表

如果没有<=a的限制，那么我们要求的东西就是

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

其中$D(x)$表示x的所有因子之和
这个还是老套路，枚举一下d然后求起来很简单

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

数据范围允许，nlogn求出后面那一坨$F(x)$,前面进行整除分块就行了

然而这道题没有那么简单，因为它有限制啊！！！！！！！！
有点二维数点的意思了。要用到树状数组去维护，离线处理
首先把所有的询问存起来，按照限制从小往大排序，这样就能依次把贡献加进去了
然后这次我们不求$F(x)$，而是求$D(d)$,存到a里，a[d].sum表示D(d)，a[d].d表示d,依据sum进行升序
这样我们就能保证询问是从小到大，加入的值也是从小到大了
然后就是枚举每一个问题，只要sum的值<限制，那么就往里加，至于记录d的原因，是因为还要$\times \mu (\frac{x}{d})$啊，然后超出限制就暂停，记录答案，继续下一个

BZOJ3561 DZY Loves Math VI

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

与上面如出一辙的套路，注意把$\mu$提出来的时候提出来了两个$k$，所以最后的式子是这样的

$$\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)k^{2d}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }{i}^d\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }{j}^d$$

又因为这个数据不是很大，nlogn就过了，所以求的时候只需要把后面两个做个前缀和，其他依次枚举就行