莫比乌斯反演

引入

莫比乌斯反演是数论中的重要内容。对于一些函数，如果很难直接求出它的值，而容易求出其倍数和或约数和，那么可以通过莫比乌斯反演简化运算，求得的值。

开始学习莫比乌斯反演前，需要先学习一些前置知识：数论分块、狄利克雷卷积。

莫比乌斯函数

定义

$\mu$ 为莫比乌斯函数，定义为

\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{ 含有平方因子}\\ (-1)^k&k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\\ \end{cases}

详细解释一下：

令 $n=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}$ ，其中为质因子， $c_i\ge 1$ 。上述定义表示：

时， $\mu(n)=1$ ；
对于 $n\not= 1$ 时：
1. 当存在 $i\in [1,k]$ ，使得时， $\mu(n)=0$ ，也就是说只要某个质因子出现的次数超过一次， $\mu(n)$ 就等于；
2. 当任意 $i\in[1,k]$ ，都有时， $\mu(n)=(-1)^k$ ，也就是说每个质因子都仅仅只出现过一次时，即 $n=\prod_{i=1}^kp_i$ ， $\{p_i\}_{i=1}^k$ 中个元素唯一时， $\mu(n)$ 等于的次幂，此处指的便是仅仅只出现过一次的质因子的总个数。

性质

莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质：

\sum_{d\mid n}\mu(d)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\neq 1\\ \end{cases}

即 $\sum_{d\mid n}\mu(d)=\varepsilon(n)$ ， $\mu * 1 =\varepsilon$

证明

设 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i},n'=\prod_{i=1}^k p_i$

那么 $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{d\mid n'}\mu(d)=\sum_{i=0}^k \dbinom{k}{i}\cdot(-1)^i=(1+(-1))^k$

根据二项式定理，易知该式子的值在即时值为否则为，这也同时证明了 $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]=\varepsilon(n)$ 以及 $\mu\ast 1=\varepsilon$

注

这个性质意味着，莫比乌斯函数在狄利克雷生成函数中，等价于黎曼函数 $\zeta$ 的倒数。所以在狄利克雷卷积中，莫比乌斯函数是常数函数的逆元。

补充结论

反演结论： $\displaystyle [\gcd(i,j)=1]=\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)$

直接推导：如果看懂了上一个结论，这个结论稍加思考便可以推出：如果 $\gcd(i,j)=1$ 的话，那么代表着我们按上个结论中枚举的那个是，也就是式子的值是，反之，有一个与 $[\gcd(i,j)=1]$ 相同的值：

利用 $\varepsilon$ 函数：根据上一结论， $[\gcd(i,j)=1]=\varepsilon(\gcd(i,j))$ ，将 $\varepsilon$ 展开即可。

线性筛

由于 $\mu$ 函数为积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数（线性筛基本可以求所有的积性函数，尽管方法不尽相同）。

线性筛实现

C++Python

void getMu() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
}

def getMu():
mu[1] = 1
for i in range(2, n + 1):
    if flg[i] != 0:
        p[tot] = i; tot = tot + 1; mu[i] = -1
    j = 1
    while j <= tot and i * p[j] <= n:
        flg[i * p[j]] = 1
        if i % p[j] == 0:
            mu[i * p[j]] = 0
            break
        mu[i * p[j]] = mu[i * p[j]] - mu[i]
        j = j + 1

拓展

证明

\varphi \ast 1=\operatorname{id}

将分解质因数： $\displaystyle n=\prod_{i=1}^k {p_i}^{c_i}$

首先，因为 $\varphi$ 是积性函数，故只要证明当时 $\displaystyle\varphi \ast 1=\sum_{d\mid n'}\varphi(\frac{n'}{d})=\operatorname{id}$ 成立即可。

因为是质数，于是 $d=p^0,p^1,p^2,\cdots,p^c$

易知如下过程：

\begin{aligned} \varphi \ast 1&=\sum_{d\mid n}\varphi(\frac{n}{d})\\ &=\sum_{i=0}^c\varphi(p^i)\\ &=1+p^0\cdot(p-1)+p^1\cdot(p-1)+\cdots+p^{c-1}\cdot(p-1)\\ &=p^c\\ &=\operatorname{id}\\ \end{aligned}

该式子两侧同时卷 $\mu$ 可得 $\displaystyle\varphi(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu(\frac{n}{d})$

莫比乌斯变换

设为两个数论函数。

形式一：如果有 $f(n)=\sum_{d\mid n}g(d)$ ，那么有 $g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$ 。

这种形式下，数论函数称为数论函数的莫比乌斯变换，数论函数称为数论函数的莫比乌斯逆变换（反演）。

容易看出，数论函数的莫比乌斯变换，就是将数论函数与常数函数进行狄利克雷卷积。

注

根据狄利克雷卷积与狄利克雷生成函数的对应关系，数论函数的莫比乌斯变换对应的狄利克雷生成函数，就是数论函数的狄利克雷生成函数与黎曼函数 $\zeta$ 的乘积。

形式二：如果有 $f(n)=\sum_{n|d}g(d)$ ，那么有 $g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)$ 。

证明

方法一：对原式做数论变换。

\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{k\mid \frac{n}{d}}g(k)=\sum_{k\mid n}g(k)\sum_{d\mid \frac{n}{k}}\mu(d)=g(n)

用 $\displaystyle\sum_{d\mid n}g(d)$ 来替换 $f(\dfrac{n}{d})$ ，再变换求和顺序。最后一步变换的依据： $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$ ，因此在 $\dfrac{n}{k}=1$ 时第二个和式的值才为。此时，故原式等价于 $\displaystyle\sum_{k\mid n}[n=k]\cdot g(k)=g(n)$

方法二：运用卷积。

原问题为：已知 $f=g\ast1$ ，证明 $g=f\ast\mu$

易知如下转化： $f\ast\mu=g*1*\mu\implies f\ast\mu=g$ （其中 $1\ast\mu=\varepsilon$ ）。

对于第二种形式：

类似上面的方法一，我们考虑逆推这个式子。

\begin{aligned} &\sum_{n|d}{\mu(\frac{d}{n})f(d)} \\ =& \sum_{k=1}^{+\infty}{\mu(k)f(kn)} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\mu(k)\sum_{kn|d}{g(d)}} \\ =& \sum_{n|d}{g(d)\sum_{k|\frac{d}{n}}{\mu(k)}} = \sum_{n|d}{g(d)\epsilon(\frac{d}{n})} \\ =& g(n) \end{aligned}

我们把表示为的形式，然后把的原定义代入式子。

发现枚举再枚举的倍数可以转换为直接枚举的倍数再求出，发现后面那一块其实就是 $\epsilon$ , 整个式子只有在的时候才能取到值。

问题形式

「HAOI 2011」Problem b

求值（多组数据）

\sum_{i=x}^{n}\sum_{j=y}^{m}[\gcd(i,j)=k]\qquad (1\leqslant T,x,y,n,m,k\leqslant 5\times 10^4)

根据容斥原理，原式可以分成块来处理，每一块的式子都为

\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=k]

考虑化简该式子

\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]

因为 $\gcd(i,j)=1$ 时对答案才用贡献，于是我们可以将其替换为 $\varepsilon(\gcd(i,j))$ （ $\varepsilon(n)$ 当且仅当时值为否则为），故原式化为

\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\varepsilon(\gcd(i,j))

将 $\varepsilon$ 函数展开得到

\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)

变换求和顺序，先枚举 $d\mid \gcd(i,j)$ 可得

\displaystyle\sum_{d=1}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}[d\mid i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[d\mid j]

易知 $1\sim\lfloor\dfrac{n}{k}\rfloor$ 中的倍数有 $\lfloor\dfrac{n}{kd}\rfloor$ 个，故原式化为

\displaystyle\sum_{d=1}^{\min(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor

很显然，式子可以数论分块求解。

时间复杂度 $\Theta(N+T\sqrt{n})$

代码实现

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 50000;
int mu[N + 5], p[N + 5];
bool flg[N + 5];

void init() {
  int tot = 0;
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
  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));
    res += (mu[j] - mu[i - 1]) * (n / i) * (m / i);  // 代推出来的式子
  }
  return res;
}

int main() {
  int T, a, b, c, d, k;
  init();  // 预处理mu数组
  scanf("%d", &T);
  for (int i = 1; i <= T; i++) {
    scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
    // 根据容斥原理，1<=x<=b&&1<=y<=d范围中的答案数减去1<=x<=b&&1<=y<=c-1范围中的答案数和
    //   1<=x<=a-1&&1<=y<=d范围中的答案数再加上1<=x<=a-1&&1<=y<=c-1范围中的答案数
    //   即可得到a<=x<=b&&c<=y<=d范围中的答案数
    // 这一步如果不懂可以画坐标图进行理解
    printf("%d\n", solve(b / k, d / k) - solve(b / k, (c - 1) / k) -
                       solve((a - 1) / k, d / k) +
                       solve((a - 1) / k, (c - 1) / k));
  }
  return 0;
}

「SPOJ 5971」LCMSUM

求值（多组数据）

\sum_{i=1}^n \operatorname{lcm}(i,n)\quad \text{s.t.}\ 1\leqslant T\leqslant 3\times 10^5,1\leqslant n\leqslant 10^6

易得原式即

\sum_{i=1}^n \frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)}

将原式复制一份并且颠倒顺序，然后将 n 一项单独提出，可得

\frac{1}{2}\cdot \left(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)}+\sum_{i=n-1}^{1}\frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)}\right)+n

根据 $\gcd(i,n)=\gcd(n-i,n)$ ，可将原式化为

\frac{1}{2}\cdot \left(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)}+\sum_{i=n-1}^{1}\frac{i\cdot n}{\gcd(n-i,n)}\right)+n

两个求和式中分母相同的项可以合并。

\frac{1}{2}\cdot \sum_{i=1}^{n-1}\frac{n^2}{\gcd(i,n)}+n

即

\frac{1}{2}\cdot \sum_{i=1}^{n}\frac{n^2}{\gcd(i,n)}+\frac{n}{2}

可以将相同的 $\gcd(i,n)$ 合并在一起计算，故只需要统计 $\gcd(i,n)=d$ 的个数。当 $\gcd(i,n)=d$ 时， $\displaystyle\gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1$ ，所以 $\gcd(i,n)=d$ 的个数有 $\displaystyle\varphi(\frac{n}{d})$ 个。

故答案为

\frac{1}{2}\cdot\sum_{d\mid n}\frac{n^2\cdot\varphi(\frac{n}{d})}{d}+\frac{n}{2}

变换求和顺序，设 $\displaystyle d'=\frac{n}{d}$ ，合并公因式，式子化为

\frac{1}{2}n\cdot\left(\sum_{d'\mid n}d'\cdot\varphi(d')+1\right)

设 $\displaystyle \operatorname{g}(n)=\sum_{d\mid n} d\cdot\varphi(d)$ ，已知 $\operatorname{g}$ 为积性函数，于是可以 $\Theta(n)$ 筛出。每次询问 $\Theta(1)$ 计算即可。

下面给出这个函数筛法的推导过程：

首先考虑 $\operatorname g(p_j^k)$ 的值，显然它的约数只有 $p_j^0,p_j^1,\cdots,p_j^k$ ，因此

\operatorname g(p_j^k)=\sum_{w=0}^{k}p_j^w\cdot\varphi(p_j^w)

又有 $\varphi(p_j^w)=p_j^{w-1}\cdot(p_j-1)$ ，则原式可化为

\sum_{w=0}^{k}p_j^{2w-1}\cdot(p_j-1)

于是有

\operatorname g(p_j^{k+1})=\operatorname g(p_j^k)+p_j^{2k+1}\cdot(p_j-1)

那么，对于线性筛中的 $\operatorname g(i\cdot p_j)(p_j|i)$ ，令 $i=a\cdot p_j^w(\operatorname{gcd}(a,p_j)=1)$ ，可得

\operatorname g(i\cdot p_j)=\operatorname g(a)\cdot\operatorname g(p_j^{w+1})

\operatorname g(i)=\operatorname g(a)\cdot\operatorname g(p_j^w)

即

\operatorname g(i\cdot p_j)-\operatorname g(i)=\operatorname g(a)\cdot p_j^{2w+1}\cdot(p_j-1)

同理有

\operatorname g(i)-\operatorname g(\frac{i}{p_j})=\operatorname g(a)\cdot p_j^{2w-1}\cdot(p_j-1)

因此

\operatorname g(i\cdot p_j)=\operatorname g(i)+\left (\operatorname g(i)-\operatorname g(\frac{i}{p_j})\right )\cdot p_j^2

时间复杂度： $\Theta(n+T)$

代码实现

#include <cstdio>
const int N = 1000000;
int tot, p[N + 5];
long long g[N + 5];
bool flg[N + 5];  // 标记数组

void solve() {
  g[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      g[i] = (long long)1 * i * (i - 1) + 1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        g[i * p[j]] =
            g[i] + (g[i] - g[i / p[j]]) * p[j] * p[j];  // 代入推出来的式子
        break;
      }
      g[i * p[j]] = g[i] * g[p[j]];
    }
  }
}

int main() {
  int T, n;
  solve();  // 预处理g数组
  scanf("%d", &T);
  for (int i = 1; i <= T; ++i) {
    scanf("%d", &n);
    printf("%lld\n", (g[n] + 1) * n / 2);
  }
  return 0;
}

「BZOJ 2154」Crash 的数字表格

求值（对取模）

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)\qquad (n,m\leqslant 10^7)

易知原式等价于

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{i\cdot j}{\gcd(i,j)}

枚举最大公因数，显然两个数除以得到的数互质

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid i,d\mid j,\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{i\cdot j}{d}

非常经典的 $\gcd$ 式子的化法

\sum_{d=1}^n d\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\ i\cdot j

后半段式子中，出现了互质数对之积的和，为了让式子更简洁就把它拿出来单独计算。于是我们记

\operatorname{sum}(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=1]\ i\cdot j

接下来对 $\operatorname{sum}(n,m)$ 进行化简。首先枚举约数，并将 $[\gcd(i,j)=1]$ 表示为 $\varepsilon(\gcd(i,j))$

\sum_{d=1}^n\sum_{d\mid i}^n\sum_{d\mid j}^m\mu(d)\cdot i\cdot j

设 $i=i'\cdot d$ ， $j=j'\cdot d$ ，显然式子可以变为

\sum_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i\cdot j

观察上式，前半段可以预处理前缀和；后半段又是一个范围内数对之和，记

g(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m i\cdot j=\frac{n\cdot(n+1)}{2}\times\frac{m\cdot(m+1)}{2}

可以 $\Theta(1)$ 求解

至此

\operatorname{sum}(n,m)=\sum_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\cdot g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)

我们可以 $\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\rfloor$ 数论分块求解 $\operatorname{sum}(n,m)$ 函数。

在求出 $\operatorname{sum}(n,m)$ 后，回到定义 $\operatorname{sum}$ 的地方，可得原式为

\sum_{d=1}^n d\cdot\operatorname{sum}(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)

可见这又是一个可以数论分块求解的式子！

本题除了推式子比较复杂、代码细节较多之外，是一道很好的莫比乌斯反演练习题！（上述过程中，默认 $n\leqslant m$ ）

时间复杂度： $\Theta(n+m)$ （瓶颈为线性筛）

代码实现

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1e7;
const int mod = 20101009;
int n, m, mu[N + 5], p[N / 10 + 5], sum[N + 5];
bool flg[N + 5];

int Sum(int x, int y) {
  return ((long long)1 * x * (x + 1) / 2 % mod) *
         ((long long)1 * y * (y + 1) / 2 % mod) % mod;
}

int func(int x, int y) {
  int res = 0;
  int j;
  for (int i = 1; i <= min(x, y); i = j + 1) {
    j = min(x / (x / i), y / (y / i));
    res = (res + (long long)1 * (sum[j] - sum[i - 1] + mod) *
                     Sum(x / i, y / i) % mod) %
          mod;  //+mod防负数
  }
  return res;
}

int solve(int x, int y) {
  int res = 0;
  int j;
  for (int i = 1; i <= min(x, y); i = j + 1) {  // 整除分块处理
    j = min(x / (x / i), y / (y / i));
    res = (res + (long long)1 * (j - i + 1) * (i + j) / 2 % mod *
                     func(x / i, y / i) % mod) %
          mod;  // ！每步取模防爆
  }
  return res;
}

void init() {  // 线性筛
  mu[1] = 1;
  int tot = 0, k = min(n, m);
  for (int i = 2; i <= k; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= k; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= k; ++i)
    sum[i] = (sum[i - 1] + (long long)1 * i * i % mod * (mu[i] + mod)) % mod;
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  init();
  printf("%d\n", solve(n, m));
}

「SDOI2015」约数个数和

多组数据，求

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i\cdot j) \qquad \left(n,m,T\leq5\times10^4\right)

其中 $d(n)=\sum_{i \mid n}1$ ，表示的约数个数

要推这道题首先要了解函数的一个特殊性质

d(i\cdot j)=\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[\gcd(x,y)=1]

再化一下这个式子

\begin{aligned} d(i\cdot j)=&\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[\gcd(x,y)=1]\\ =&\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}\sum_{p \mid \gcd(x,y)}\mu(p)\\ =&\sum_{p=1}^{min(i,j)}\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[p \mid \gcd(x,y)]\cdot\mu(p)\\ =&\sum_{p \mid i,p \mid j}\mu(p)\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[p \mid \gcd(x,y)]\\ =&\sum_{p \mid i,p \mid j}\mu(p)\sum_{x \mid \frac{i}{p}}\sum_{y \mid \frac{j}{p}}1\\ =&\sum_{p \mid i,p \mid j}\mu(p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\\ \end{aligned}

将上述式子代回原式

\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i\cdot j)\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{p \mid i,p \mid j}\mu(p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\\ =&\sum_{p=1}^{min(n,m)} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [p \mid i,p \mid j]\cdot\mu(p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\\ =&\sum_{p=1}^{min(n,m)} \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor} \mu(p)d(i)d(j)\\ =&\sum_{p=1}^{min(n,m)}\mu(p) \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}d(i) \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}d(j)\\ =&\sum_{p=1}^{min(n,m)}\mu(p) S\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right) S\left(\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor\right) \left(S(n)=\sum_{i=1}^{n}d(i)\right)\\ \end{aligned}

那么预处理 $\mu,d$ 的前缀和， $O(\sqrt{n})$ 分块处理询问，总复杂度 $O(n+T\sqrt{n})$ .

代码实现

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const long long N = 5e4 + 5;
long long n, m, T, pr[N], mu[N], d[N], t[N],
    cnt;  // t 表示 i 的最小质因子出现的次数
bool bp[N];

void prime_work(long long k) {
  bp[0] = bp[1] = 1, mu[1] = 1, d[1] = 1;
  for (long long i = 2; i <= k; i++) {  // 线性筛
    if (!bp[i]) pr[++cnt] = i, mu[i] = -1, d[i] = 2, t[i] = 1;
    for (long long j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= k; j++) {
      bp[i * pr[j]] = 1;
      if (i % pr[j] == 0) {
        mu[i * pr[j]] = 0;
        d[i * pr[j]] = d[i] / (t[i] + 1) * (t[i] + 2);
        t[i * pr[j]] = t[i] + 1;
        break;
      } else {
        mu[i * pr[j]] = -mu[i];
        d[i * pr[j]] = d[i] << 1;
        t[i * pr[j]] = 1;
      }
    }
  }
  for (long long i = 2; i <= k; i++)
    mu[i] += mu[i - 1], d[i] += d[i - 1];  // 求前缀和
}

long long solve() {
  long long res = 0, mxi = min(n, m);
  for (long long i = 1, j; i <= mxi; i = j + 1) {  // 整除分块
    j = min(n / (n / i), m / (m / i));
    res += d[n / i] * d[m / i] * (mu[j] - mu[i - 1]);
  }
  return res;
}

int main() {
  scanf("%lld", &T);
  prime_work(50000);  // 预处理
  while (T--) {
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    printf("%lld\n", solve());
  }
  return 0;
}

莫比乌斯反演扩展

结尾补充一个莫比乌斯反演的非卷积形式。

对于数论函数和完全积性函数且：

\begin{gathered} f(n)=\sum_{i=1}^nt(i)g\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ \iff\\ g(n)=\sum_{i=1}^n\mu(i)t(i)f\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \end{gathered}

我们证明一下

\begin{aligned} g(n)&=\sum_{i=1}^n\mu(i)t(i)f\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\\ &=\sum_{i=1}^n\mu(i)t(i) \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}t(j) g\left(\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}{j}\right\rfloor\right)\\ &=\sum_{i=1}^n\mu(i)t(i) \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}t(j) g\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\\ &=\sum_{T=1}^n \sum_{i=1}^n\mu(i)t(i) \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}[ij=T] t(j)g\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) &\text{【先枚举 ij 乘积】}\\ &=\sum_{T=1}^n \sum_{i \mid T}\mu(i)t(i) t\left(\frac{T}{i}\right)g\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) &\text{【}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}[ij=T] \text{对答案的贡献为 1，于是省略】}\\ &=\sum_{T=1}^ng\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) \sum_{i \mid T}\mu(i)t(i)t\left(\frac{T}{i}\right)\\ &=\sum_{T=1}^ng\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) \sum_{i \mid T}\mu(i)t(T) &\text{【t 是完全积性函数】}\\ &=\sum_{T=1}^ng\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right)t(T) \sum_{i \mid T}\mu(i)\\ &=\sum_{T=1}^ng\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right)t(T) \varepsilon(T) &\text{【}\mu\ast 1= \varepsilon\text{】}\\ &=g(n)t(1) &\text{【当且仅当 T=1,}\varepsilon(T)=1\text{时】}\\ &=g(n) & \square \end{aligned}

参考文献

algocode 算法博客