莫比乌斯反演

莫比乌斯反演-OIWiki
数论分块：对于 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ ，要找一个最大的值 $j$ ，使得 $j=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 。这个 $j=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$ 。由于 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 最多有 $\sqrt{n}$ 种取值，因此可以分成 $\sqrt{n}$ 个块。

狄利克雷卷积： $(f\ast g)(n)={\sum }_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$ 。
可以推出 $\mu \ast 1={\sum }_{d|n}\mu (d)={\sum }_{i=0}^k(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})$ ，假设 $k$ 为 $n$ 的不同质因子个数。
由 $(x+y{)}^k={\sum }_{i=0}^k{x}^i{y}^{k-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})$ ，当 $x=-1,y=1$ 时，得到 $0^k={\sum }_{i=0}^k(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})$ ，而 $0^k$ 当 $k=1$ 时为 $1$ ，其他时候为 $0$ 。因此 $\mu \ast 1=\epsilon =[n=1]$ 。
由上可知，$[gcd(i,j)=1]={\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$ 。

莫比乌斯反演：$g(n)={\sum }_{d|n}f(d)$ -> $f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)g(\frac{n}{d})$ 。
证明：$g=f\ast 1$ 。两边都卷积上 $\mu$ 时， $\mu \ast g=f\ast 1\ast \mu$ 。由于狄利克雷卷积满足结合律和交换律且 $\mu \ast 1=\epsilon$ ， 则 $f\ast 1\ast \mu =f\ast \epsilon =f$，因此 $f=\mu \ast g$ 。莫比乌斯反演得证。

例题：
BZOJ-2301：
求： $$\sum _{i=x}^n\sum _{j=y}^m[gcd(i,j)=k]$$
可以转为求 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$ 然后容斥求答案。前式可以转化为：${\sum }_{i=1}^{n/k}{\sum }_{j=1}^{m/k}[gcd(i,j)=1]$ 。然后可以转为为 ${\sum }_{i=1}^{n/k}{\sum }_{j=1}^{m/k}{\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$ 。假设 $n<m$ ，将 $d$ 提到最外面得到：${\sum }_{d=1}^{n/k}\mu (d){\sum }_{i=1}^{n/k}[i\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}d)]{\sum }_{j=1}^{m/k}[j\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}d)]$ 。后面两项就是求有多少个 $i$ 和 $j$ 是 $d$ 的倍数，因此可以转化为 ${\sum }_{d=1}^{n/k}\mu (d)\times (n/(kd))\times (m/(kd))$ 。然后就可以求出 $\mu$ 的前缀和，然后数论分块来做。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e4+7;
int mu[N], p[N];
bool nop[N];
void init() {
    int tot=0;
    mu[1]=1;
    for(int i=2; i<N; ++i) {
        if(!nop[i]) {
            p[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
            // 单个素数为-1
        }
        for(int j=1; j<=tot&&i*p[j]<N; ++j) {
            nop[i*p[j]] = 1;
            if(i%p[j]==0) {
                mu[i*p[j]] = 0;
                //存在两个相同的素数因子，为0
                break;
            }
            mu[i*p[j]] = -mu[i]; // 乘-1
        }
    }
    // 求mu前缀和。
    for(int i=1; i<N; ++i) mu[i]+=mu[i-1];
}
int solve(int n, int m) {
    int res = 0;
    for(int i=1, j; i<=min(n, m); i=j+1) {
        j = min(n/(n/i), m/(m/i));
        // [i, j]分块计算
        res += (mu[j]-mu[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return res;
}
int main() {
    int a, b, c, d, k, T;
    scanf("%d", &T);
    init();
    while(T--) {
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        int res = solve(b/k, d/k);
        res -= solve((a-1)/k, d/k);
        res -= solve(b/k, (c-1)/k);
        res += solve((a-1)/k, (c-1)/k);
        printf("%d\n", res);
    }
    return 0;
}