0.前置知识

一些函数

1. \(1(n)=1\)
2. \(id(n)=n\)
3. \(\sigma(n)\)为\(n\)的约数和

狄利克雷卷积

定义两个数论函数运算\(*\)，

若\(h=f*g\)，则

\[ h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd) \]

它满足一些性质：

1. \(f*g=g*f\)

2. \(f*(g*h)=(f*g)*h\)

   因为\(\sum_{(ij)k=n}(f(i)g(j))h(k)=\sum_{i(jk)=n}f(i)(g(j)h(k))\)

3. \((f+g)*h=f*h+g*h\)

4. \((xf)*g=x(f*g)\)

5. 设单位元\(\epsilon(n) = [n = 1]\)，则\(\epsilon*f=f\)

6. 对于每个\(f(1)\neq 0\)的函数\(f\)，存在逆元\(g\)使得\(f*g=\epsilon\)

如何求一个函数的逆元呢?

令\(g(n)\)满足以下式子：

\[ g(n)=\frac 1{f(1)}\left(\epsilon(n)-\sum_{i|n,i\neq1}f(i)g(\frac ni)\right) \]

这样的话：

\[ \sum_{i|n}f(i)g(\frac ni) \\ =f(1)g(n) + \sum_{i|n, i\neq 1} f(i)g(\frac ni) \\ =\epsilon(n) \\ \therefore f*g=\epsilon \]

1.莫比乌斯反演

定义一个函数\(\mu\)使得\(\mu*1=\epsilon\)

这样的话，如果\(g*1=f\)，则\(f*\mu=g\)

即：如果\(f(n)=\sum_{d|n}g(d)\)，则\(g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac nd)\)

是不是很简单

2.题目

若\(n<m\)求：

#1

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

设\(f=\epsilon\)，\(\because \epsilon=1*\mu,\;\therefore g=\mu\)

于是原式变为：

\[ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i,d|j}\mu(d) \\ =\sum_{d=1}^n \mu(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[d|i][d|j] \\ =\sum_{d=1}^n \mu(d)\left[\frac nd\right]\left[\frac md\right] \]

预处理\(\mu\)，数论分块就可以\(O(\sqrt n)\)求了

#2

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

设\(f=id\)，\(\because id=1*\varphi,\;\therefore g=\varphi\)

于是原式变为：

\[ \sum_{d=1}^n\varphi(d)\left[\frac nd\right]\left[\frac md\right] \]

#3

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

设\(f=\sigma\)，\(\because\sigma=1*(\mu*\sigma),\;\therefore g=\mu*\sigma\)

于是原式变为：

\[ \sum_{d=1}^ng(d)\left[\frac nd\right]\left[\frac md\right] \]

因为积性函数可以线性筛，所以也可以预处理

#4

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

设\(g=\mu*f\)，如果我们能预处理出\(f\)，那么可以这样求\(g\)

（当然是蒯的啦）

void get_g_1(int N, const int *f, int *g){    for (int i = 1; i <= N; i++) g[i] = 0;    for (int i = 1; i <= N; i++)        for (int j = 1; i * j <= N; j++)            g[i * j] = (g[i * j] + mu[i] * f[j]) % mod;} // 依照定义，O(nlogn)void get_g_2(int N, const int *f, int *g){    for (int i = 1; i <= N; i++) g[i] = f[i];    for (int i = 1; i <= N; i++)        for (int j = 2; i * j <= N; j++)            g[i * j] = (g[i * j] - g[i]) % mod;} // 类似求狄利克雷卷积逆的方式，不需要线性筛 mu ，O(nlogn)void get_g_3(int N, const int *f, int *g){    for (int i = 1; i <= N; i++) g[i] = f[i];    for (int i = 0; i < prime_count; i++)        for (int j = N / prime[i]; j >= 1; j--)            g[j * prime[i]] = (g[j * prime[i]] - g[j]) % mod;} // Magic! O(nloglogn)

于是原式变为：

\[ \sum_{d=1}^ng(d)\left[\frac nd\right]\left[\frac md\right] \]