莫比乌斯反演模板

莫比乌斯函数定义：

设 $n=p_1^{k_1}\cdot p_2^{k_2}\cdot \cdots \cdot p_m^{k_m}$，其中 p 为素数，则定义如下：

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^m& \prod _{i=1}^m{k}_i=1\\ 0& \text{otherwise}(k_i>1)\end{array}$$

​​
可知有平方因子的数的莫比乌斯函数值为 0。

1. 由于Mobius函数是积性函数，即 $\mu (a\cdot b)=\mu (a)\cdot \mu (b),(a,b)=1$,所以
   可以在$O(n)$的时间内筛出$[1,n]$的函数值，一个数 $x=p_1^{k_1}\cdot p_2^{k_2}\cdot \cdots \cdot p_m^{k_m}$，
   若$k_i=1,k_j>1,j>i$ 则x只会被$\frac{x}{p_j}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_j=0$ 删除

int mu[MAXN],prime[MAXN],cnt;
bool noprime[MAXN];
void mublus(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN;++i){
        if(!noprime[i]){
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;//质数为-1
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<MAXN;++j){
            noprime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[prime[j]*i]=0;// prime[j]*i有因子prime[j]^2   ,故为0；
                break;
            }
            else mu[prime[j]*i]=-mu[i];//   i 比prime[j]*i多了一个质因子。
        }
    }
}

2. ${\sum }_{d\mid n}\mu (d)=[n=1]$

证明：当 n = 1 时有 $\mu (1)=1$，显然成立。否则设 $n=p_1^{k_1}\cdot p_2^{k_2}\cdot \cdots \cdot p_m^{k_m}$​​ ，$d=p_1^{x_1}\cdot p_2^{x_2}\cdot \cdots \cdot p_m^{x_m}$

​​ 根据$\mu (n)$ 的定义，只需考虑 $x_i=0$ 或 $x_i=1$的情况。我们设 d 中存在 r 个 $x_i$为 1，那么有：

${\sum }_{d\mid n}\mu (d)={\sum }_{r=0}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{r}\right)(-1{)}^r(n̸=1)$

根据二项式定理：

$(x+y{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{n-k}{y}^k(x+y)$
​​
我们令 x = 1, y = -1，即得证：

${\sum }_{r=0}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{r}\right)(-1{)}^r=(1-1{)}^m=0(n̸=1)$

莫比乌斯反演

假设对于数论函数 $f(n)$ 和$F(n)$，满足以下关系式：$F(n)={\sum }_{d|n}f(d)$

则将其默比乌斯反演公式定义为：
$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$$
或者满足：$F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$

有
$$f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$$

1.求区间[1,a], [1,b]中gcd=k的个数

$$\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[gcd(i,j)=k]$$
即求
$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{a}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{b}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

令$f(k)$为满足gcd=k的个数，$F(k)$为满足$gcd=x\cdot k，x>0$ 的个数.

则有 $F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$ （d是n的倍数，$\sum f(d)$显然就是F的定义）

所以有反演公式：$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$

显然，$F(n)=\lfloor \frac{a}{n}\rfloor \cdot \lfloor \frac{b}{n}\rfloor$

（a/n是第一个区间里n的倍数的个数，两者相乘则为 i，j 都是n的倍数的个数，所以gcd(i,j)是n的倍数，显然就是F的定义）

所以$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})\cdot \lfloor \frac{a}{d}\rfloor \cdot \lfloor \frac{b}{d}\rfloor$

由于k=1

有$f(1)={\sum }_{1|d}\mu (d)F(d)={\sum }_{1|d}\mu (d)\cdot \lfloor \frac{a}{d}\rfloor \cdot \lfloor \frac{b}{d}\rfloor$

HDU-1695

求[a,b],[c,d]里gcd=k的个数，a=c=1，gcd(1,2)和gcd(2,1)算作一个。

$ans=f(1)={\sum }_{1|i}^{\min (b,d)}\mu (i)F(i)={\sum }_{1|i}\mu (i)\cdot \lfloor \frac{b}{i}\rfloor \cdot \lfloor \frac{d}{i}\rfloor$
为何sum的上界是min(b,d)，因为i大于min时，F(i)=0,且F(i)表示两个区间里各取一个数，满足gcd=i的倍数，若i大于其中一个区间的上界，则不能满足gcd=i的倍数。
最后，ans是有重复的，例如[1,5]和[1,10]两个区间，[1,3]和[3,1]算作两次，但是[1,6],[6,1]中[6,1]不可能倍计算，所以只算了一次。所以，在[1,min(b,d)]里的答案都计算了两次。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Init(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007,MAXN=1e5+8;
typedef long long ll;
int mu[MAXN],prime[MAXN],cnt;
bool noprime[MAXN];
void mubius(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN;++i){
        if(!noprime[i]){
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<MAXN;++j){
            noprime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[prime[j]*i]=0;
                break;
            }
            else mu[prime[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    mubius();
    int T,a,b,c,d,k;
    cin>>T;
    for(int Case=1;Case<=T;++Case){
        cin>>a>>b>>c>>d>>k;
        if(k==0){//没有gcd=0
            cout<<"Case "<<Case<<": 0\n";
            continue;
        }
        b/=k,d/=k;//将gcd=k化成gcd=1.
        ll ans1=0,ans2=0;
        if(b>d)swap(b,d);//b，d里b是最小值。
        for(int i=1;i<=b;++i){
        	ans1+=1ll*mu[i]*(b/i)*(d/i);
        	ans2+=1ll*mu[i]*(b/i)*(b/i);
        }
        cout<<"Case "<<Case<<": "<<ans1-(ans2>>1)<<endl;
    }
    return 0;
}

这样做是 O(n)。
例如，b=10000，d=11000，i>6000时，$\lfloor \frac{b}{i}\rfloor =\lfloor \frac{d}{i}\rfloor =1$，但是我们还是计算了4000次。

所以，不如先求$\mu$ 的前缀和，再求出对于b，d两数，$\lfloor \frac{b}{i}\rfloor ,\lfloor \frac{d}{i}\rfloor$均不变的范围，在该范围内，

$ans=sum(\mu )\cdot \lfloor \frac{b}{i}\rfloor \cdot \lfloor \frac{d}{i}\rfloor$

对于一个在区间[1 ，x]内的位置 i，设 $\lfloor \frac{x}{i}\rfloor =k$ ，对于向下取整都为k的最后一个位置last，

$\lfloor \frac{x}{last}\rfloor =k$，且 $\lfloor \frac{x}{last+1}\rfloor =k-1，x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(last+1)=0$

得：$last=\frac{x}{\lfloor \frac{x}{i}\rfloor -1}-1$,因为x和$\lfloor \frac{x}{i}\rfloor -1$是整除关系，把-1去掉，分子相当于+1，所以$\frac{x}{\lfloor \frac{x}{i}\rfloor }-1$不是整除，

比原来少了1，再加上1就和原来一样了，所以为了方便，减1全部去掉。

最后再和另一个区间里的取最小值。

for(int i=1;i<=b;++i){
        	ans1+=1ll*mu[i]*(b/i)*(d/i);
        	ans2+=1ll*mu[i]*(b/i)*(b/i);
	}
//由上面变成了下面，只需处理一下前缀和：
//for(int i=1;i<MAXN;++i)sumu[i]=sumu[i-1]+mu[i];
for(int last,i=1;i<=b;i=last+1){
            last=min(b/(b/i),d/(d/i));
            ans1+=1ll*(sumu[last]-sumu[i-1])*(b/i)*(d/i);
            ans2+=1ll*(sumu[last]-sumu[i-1])*(b/i)*(b/i);
        }

复杂度：$O(\sqrt{n}+\sqrt{m})$

P2257 YY的GCD

题意：给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对。

还是一样，设$f(d)={\sum }_{i=1}^N{\sum }_{j=1}^M[gcd(i,j)=d]$ 假设$N\le M$

$F(n)={\sum }_{i=1}^N{\sum }_{j=1}^M[n|gcd(i,j)]=\lfloor \frac{N}{n}\rfloor \lfloor \frac{M}{n}\rfloor$

由反演公式得到：

$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \lfloor \frac{M}{d}\rfloor$

$ans={\sum }_{p\in prime}f(p)={\sum }_{p\in prime}{\sum }_{p|d}\mu (\frac{d}{p})\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \lfloor \frac{M}{d}\rfloor$

$={\sum }_{p\in prime}{\sum }_{k=1}\mu (k)\lfloor \frac{N}{dp}\rfloor \lfloor \frac{M}{kp}\rfloor ,d:=kp$

令$T=kp$,有：

$ans={\sum }_{p\in prime}{\sum }_{k=1}\mu (k)\lfloor \frac{N}{T}\rfloor \lfloor \frac{M}{T}\rfloor ={\sum }_{p\in prime}{\sum }_{p|T}\mu (\frac{T}{p})\lfloor \frac{N}{T}\rfloor \lfloor \frac{M}{T}\rfloor$

重点来了，如何交换两个求和符号的顺序？画图大法好。

$p=p_1$时，$T_1=p_1,2p_1,3p_1,\dots ,n_1{p}_1$
$p=p_2$时，$T_2=p_2,2p_2,3p_2,\dots ,n_2{p}_2$
$\dots$
$p=p_n$时，$T_n=p_n,2p_n,3p_n,\dots ,n{p}_n$
其中$T_i\le N$
所以，T从最小的质数$p_1$开始枚举，由于任意合数 $x$，都能分解为$x=k_i{p}_i=k_j{p}_j$,所以T遍历$p_1$开始到x的

所有数，$\frac{T}{p}$枚举的是$k_i\dots$，所以有：

$ans={\sum }_{p\in prime}{\sum }_{p|T}\mu (\frac{T}{p})\lfloor \frac{N}{T}\rfloor \lfloor \frac{M}{T}\rfloor$

$={\sum }_{T=1}^x{\sum }_{p|T,p\in prime}\mu (\frac{T}{p})\lfloor \frac{N}{T}\rfloor \lfloor \frac{M}{T}\rfloor$

$={\sum }_{T=1}^x\lfloor \frac{N}{T}\rfloor \lfloor \frac{M}{T}\rfloor {\sum }_{p|T,p\in prime}\mu (\frac{T}{p})$（T从2开始也是一样的，T=1时后面的求和等于0）

右边的求和可以通过预处理获得前缀和，对于${\sum }_{p|T,p\in prime}\mu (\frac{T}{p})$，我们考虑每个质数p对T=kp的贡献。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Init(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=10007,MAXN=1e7+8;
typedef long long ll;
int mu[MAXN],prime[MAXN],cnt;
bool noprime[MAXN];
int sumu[MAXN];
void Mobius() {
   mu[1]=1;
   for(int i=2; i<MAXN; ++i) {
       if(!noprime[i]) {
   			prime[++cnt]=i;
   			mu[i]=-1;
       }
       for(int j=1; j<=cnt&&prime[j]*i<MAXN; ++j) {
           noprime[prime[j]*i]=1;
           if(i%prime[j]==0) {
               mu[i*prime[j]]=0;
               break;
           } else
               mu[i*prime[j]]=-mu[i];
       }
   }
   for(int i=1; i<=cnt; ++i)
       for(int j=1; j*prime[i]<MAXN; ++j)
           sumu[j*prime[i]]+=mu[j];
   for(int i=1; i<MAXN; ++i)
       sumu[i]+=sumu[i-1];
}
int main() {
   std::ios::sync_with_stdio(0);
   std::cin.tie(0);
   std::cout.tie(0);
   Mobius();
   int t;
   cin>>t;
   while(t--){
       int x,y,last;
       cin>>x>>y;
       ll ans=0;
       if(x>y)swap(x,y);
       for(int i=1;i<=x;i=last+1){
           last=min(x/(x/i),y/(y/i));
           ans+=1ll*(x/last)*(y/last)*(sumu[last]-sumu[i-1]);
       }
       cout<<ans<<endl;
   }
   return 0;
}