关于莫比乌斯反演与除法枚举

背景

某只蒟蒻叫做LittlePrincess，有一天他学会了莫比乌斯反演，但是他做题总发现自己的反演和别人的暴力是一个世界复杂度！蒟蒻十分伤心，于是钻研dalao博客。dalao：剩下的就是个$\sqrt{n}$的除法分块了。这令蒟蒻十分蒙蔽，决心一探究竟——终于在万能的群友的帮助下….

例题：YY的GCD

我们经过GCD的历练发现我们将$\sum_i\sum_j(gcd(i,j)==d)$设为f(n),而将$\sum_i\sum_j(gcd(i,j)==d*int))$设为F(n)

易得：

$$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$$

根据莫比乌斯反演：

$$f(n)=\sum_{n|d}μ(\frac{d}{n})F(d)$$
我们将边界a缩为$[\frac{a}{d}]$即我们要求$f(1)$

然后

$$f(1)=\sum_{i=1}μ(d)F(d)$$

可以化图验证一下$[\frac{a}{d}]$中任意一个A和$[\frac{b}{d}]$中任意一个B，A*d<=a,B*d<=b,且AB满足F(d)：

得：

$$F(d)=\frac{a}{d}*\frac{b}{d}$$

——

$$f(1)=\sum_{i=1}μ(i)\frac{a}{i}*\frac{b}{i}$$

但是对于d不唯一时我们可以枚举质数p

$$ans=\sum_{p}\sum_{i=1}μ（i）\frac{n}{ip}*\frac{m}{ip}$$

令$T=ip$

则有

$$ans=\sum_{p|T}μ(\frac{T}{p})\sum_{T=1}\frac{n}{T}*\frac{m}{T}$$
然后dalao们就摆出一行代码

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

像我这种蒟蒻肯定看不懂啦！然后我就找了很多博客和问dalao最终！

详解除法枚举

假设我们枚举$\frac{n}{T}*\frac{m}{T}$只需要$O(2(\sqrt{n}+\sqrt{m}）)$时间复杂度，这个我显然不会证（写个暴力验证一下不就行了，非要严格数学证明干嘛）
然后我们处理前面那块（dalao博客里都证明过是调和级数的logn*素数个数的$\frac{n}{logn}$）的前缀和也可以不超时完成。
最后！我们耐心的写一下这些东西设n==10
i ： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
μ： 1 -1 -1 0 -1 1 -1 0 0 1
sum： 略
$[\frac{n}{i}]$:10 5 3 2 2 1 1 1 1 1
我们能枚举出来的就是这最后一行所以我们要对{1}，{2}，{3}，{4，5}，{6，7，8，9，10}分块处理
然后我们又有一个神奇的性质：并且对于i，⌊n⌊ni⌋⌋是i被n除并下取整取值相同的一段区间的右端点
这是啥意思呢？
我举个 例 栗子
当$[\frac{n}{i}]==2$时它的集合右边界是不是就是5 那么$[\frac{n}{[\frac{n}{i}]}]$就=5，哇好神奇？
Q:怎么证明？
A:写个暴力跑一天
那么这些dalao的代码就可以理解了从n开始枚举 j就是上个右边界 i-j的范围就是当前处理的集合！
哇！终于搞懂了，希望能给像我一样的蒟蒻带来帮助~