nofuck的博客

参考自gmh77 思路 引入2个结论。证明可参考上面博客链接。 gcd⁡(k2i+1,k2j+1)=1,i!=j，k\gcd(k^{ 2 ^ i }+1,k ^ {2 ^ j }+ 1 ) = 1 , i != j ，kgcd(k2i+1,k2j+1)=1,i!=j，k 为偶数 gcd⁡(k2i+1,k2j+1)=2,i!=j，k\gcd(k^{ 2 ^ i }+1,k ^ {2 ^ j }+ 1 ) = 2 , i != j ，kgcd(k2i+1,k2j+1)=2,i!=j，k 为奇数 然后对

式子化简： ∑i=1N∑j=1Nmax(i,j)∗σ(i∗j)\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}max(i,j)*\sigma(i*j)i=1∑N​j=1∑N​max(i,j)∗σ(i∗j) 枚举 max(i,j)max(i,j)max(i,j) 得到： 2∗(∑i=1Ni∑i=1jσ(i∗j))−∑i=1Ni∗σ(i2)2*(\sum_{i=1}^{N}i\sum_{i=1}^{j}\sigma(i*j)) -\sum_{i=1}^{N}i*\sigma(i^2)2∗(i=1∑N​i

我们先不考虑 abi=baja_{b_i} = b_{a_j}abi​​=baj​​ 这种情况，那么就很裸的莫比乌斯反演了。 设 f(x)=∑i=1n∑j=1n[gcd⁡(i,j)==x]f(x) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)==x]f(x)=i=1∑n​j=1∑n​[gcd(i,j)==x] 在设 g(x)=∑x∣df(d)g(x) = \sum_{x|d}f(d)g(x)=x∣d∑​f(d) =∑x∣d∑i=1n∑j=1n[gcd⁡(i,j)==d]=