最近在准备关于莫比乌斯反演的课件，准备把例题简要整理下来，那就开始吧

1.bzoj 2190 [SDOI2008]仪仗队

求$2+\sum_{x=1}^{n-1}\sum_{y=1}^{n-1}[gcd(x,y)==1](n\le 40000)$

最简单的做法，线性筛预处理出欧拉函数的前缀和，时间复杂度$O(n)$。

2.bzoj 2818 Gcd

求$\sum_{p}\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{n}[gcd(x,y)==p] (n\le 10^7)$

其实就是$\sum_{p}\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}[gcd(x,y)==1]$，枚举所有质数后就是和上一道题一样做法了，双倍经验。

3.bzoj 2705 [SDOI2012]Longge的问题

求$\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n), n\le 2^{32}$

变形一下，枚举每种gcd的值，即

$$
\begin{aligned}
&\quad\,\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n) \\
& =\sum_{d\mid n}d \sum_{x=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(x,\frac{n}{d})==1] \\
& =\sum_{d\mid n}d\varphi(\frac{n}{d})
\end{aligned}
$$

那么根号枚举约数，单点求欧拉函数就做完了。

时间复杂度？是个经典的东西$O(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{i}+\sqrt{\frac{n}{i}})=O(n^{\frac{3}{4}})$

4.bzoj 2440 [中山市选2011]完全平方数

求第$k(k\le 10^9)$个不含完全平方数因子的正整数

二分答案，转为求前$n$个数中有多少数不含完全平方因子。容斥一下，总数减去是4(2的平方)的倍数的，减去9的倍数，16的倍数不用管，前面减过了，再减去25的倍数，加上36的倍数，因为前面多减了一次…那这样就发现了容斥系数就是莫比乌斯函数。时间复杂度$O(\sqrt{n}\log{n})$

5.luogu P2257 YY的GCD(bzoj 2820)

求$\sum_{p}\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}[gcd(x,y)==p] (n\le 10^7)$，$T(\le 10000)$组询问

bzoj 2818的加强版，把其中一个n换成了m，这样就不能用欧拉函数了，推导一下：

下述的$p$表示质数

$$
\begin{aligned}
& \quad\, \sum_{p}\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}[gcd(x,y)==p] \\
& =\sum_{p}\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor}[gcd(x,y)==1] \\
& =\sum_{p}\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor}\sum_{d\mid gcd(x,y)}\mu(d) \\
& =\sum_{p}\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor}\sum_{d\mid x \land d\mid y}\mu(d) \\
& =\sum_{p}\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{min(n,m)}{p}\rfloor}\mu(d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor\lfloor \frac{m}{pd}\rfloor \\
& =\sum_{k=1}^{min(n,m)}\sum_{p,p\mid k}\mu(\frac{k}{p})\lfloor \frac{n}{k}\rfloor\lfloor \frac{m}{k}\rfloor \\
& =\sum_{k=1}^{min(n,m)}f(k)\lfloor \frac{n}{k}\rfloor\lfloor \frac{m}{k}\rfloor
\end{aligned}
$$

其中第三行莫比乌斯反演，第五行交换求和，第六行令$k=pd$,转而枚举$k$，化简到最后用筛法预处理出所有$f$的值即可，这里应该可以用线性筛，不过懒得推导的话也可以枚举所有质数再枚举它的倍数这样求，那么时间复杂度就和埃氏筛一样了，之后每次求一组询问就是经典的数论分块了。时间复杂度$O(n\log{\log{n}}+T\sqrt{n})$。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=10000000;
bool vis[N+5];
int prime[N+5],cnt;
int mu[N+5],f[N+5];
void getprime()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[cnt++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<cnt && prime[j]<=N/i;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else
            {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<cnt;++i)
    {
        int x=prime[i];
        for(int j=x;j<=N;j+=x)
            f[j]+=mu[j/x];
    }
    for(int i=1;i<=N;++i)
        f[i]+=f[i-1];
}
ll calc(int n,int m)
{
    if(n>m) swap(n,m);
    ll ans=0;
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1)
    {
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=1LL*(f[j]-f[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    getprime();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%lld\n",calc(n,m));
    }
}

6.spoj LCMSUM

求$\sum_{i=1}^{n}lcm(i,n), n\le 10^{6}$，$T(\le 300000)$组询问。

$$
\begin{aligned}
&\quad\, \sum_{i=1}^{n}lcm(i,n) \\
&=\sum_{i=1}^{n}\frac{i\times n}{gcd(i,n)}\\
&=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n-1}\frac{n^{2}}{gcd(i,n)}+n\\
&=\frac{1}{2}\sum_{d\mid n,d\ne n}\frac{n^2}{d}\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}[gcd(k,\frac{n}{d})==1]+n \\
&=\frac{1}{2}n\sum_{d\mid n,d\ne n}\frac{n}{d}\varphi(\frac{n}{d})+n \\
&=\frac{1}{2}n\sum_{d\mid n,d\ne 1}d\varphi(d)+n \\
& =\frac{1}{2}nf(n)+n
\end{aligned}
$$

这样线性筛预处理完，$O(n\log{n})$的求出函数值$f$，每次回答$O(1)$即可。

7.bzoj 2154 Crash的数字表格

求$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j),n,m\le 10^7$

$$
\begin{aligned}
&\quad\,\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j) \\
&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{gcd(i,j)}\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}dxy[gcd(x,y)==1] \\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}xy\sum_{k\mid x \land k\mid y}\mu(k) \\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}\mu(k)\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{dk}\rfloor}k^{2}xy \\
&=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\sum_{k\mid T}kT\mu(k)g(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor,\lfloor \frac{m}{T}\rfloor)\\
&=\sum_{T=1}^{min(n,m)}Tg(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor,\lfloor \frac{m}{T}\rfloor)\sum_{k\mid T}k\mu(k)\\
&=\sum_{T=1}^{min(n,m)}Tg(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor,\lfloor \frac{m}{T}\rfloor)f(T)
\end{aligned}
$$

其中$g(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij=\frac{n(n+1)}{2}\frac{m(m+1)}{2}$

一开始头铁，$O(n\log{n})$求的$f(T)$的值，超时无疑，然后学习了用线性筛求积性函数$f(T)=\sum_{k\mid T}k\mu(k)$的思路。

线性筛过程分两种情况讨论

1.$prime_j$整除$i$，那么枚举$i\times prime_j$的约数$k$时，如果关于$prime_j$的指数大于等于2的话莫比乌斯函数为零，对答案没有贡献，所以此时:
$$
f(i\times prime_j)=f(i)
$$

2.$prime_j$不整除$i$，那么再分枚举的约数$k$是否含有$prime_j$，不含有的部分就是$f(i)$，含$prime_j$的话，整体乘上这么多，并且莫比乌斯函数要变号，是$-f(i)prime_j$。综上，此时:
$$
f(i\times prime_j)=(1-prime_j)f(i)
$$

这样这道题就做完了，时间复杂度$O(n)$。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=20101009;
const int N=10000000;
bool vis[N+5];
int prime[666666],cnt;
int f[N+5];
void getprime()
{
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[cnt++]=i;
            f[i]=(1-i+mod);
        }
        for(int j=0;j<cnt && i*prime[j]<=N;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j])
            {
                f[i*prime[j]]=1LL*(1-prime[j]+mod)*f[i]%mod;
            }
            else
            {
                f[i*prime[j]]=f[i];
                break;
            }
        }
    }
//    for(int i=1;i<=N;++i)
//    {
//        for(int j=i;j<=N;j+=i)
//        {
//            f[j]+=i*mu[i];
//            if(f[j]<0) f[j]+=mod;
//            else if(f[j]>=mod) f[j]-=mod;
//        }
//    }
}
int Sum(int n)
{
    return 1LL*(n+1)*n/2%mod;
}
int main()
{
    getprime();
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(n<m) swap(n,m);
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        ans+=1LL*i*Sum(n/i)%mod*Sum(m/i)%mod*f[i]%mod;
        if(ans>=mod) ans-=mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

8.bzoj 3994 [SDOI2015]约数个数和

求$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij), n,m\le 50000$，$T(\le 50000)$组询问，其中$d$是约数个数函数。

这个题一开始卡在一个结论上了，首先要知道$d(ij)=\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[gcd(x,y)==1]$，这个结论不好想，但可以用分解质因数的形式结合约数个数定理推出来，那解决了第一步，后面的就简单了。

$$
\begin{aligned}
&\quad\,\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij)\\
&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[gcd(x,y)==1]\\
&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\sum_{k\mid gcd(x,y)}\mu(k)\\
&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\sum_{k\mid x \land k\mid y}\mu(k)\\
&=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu(k)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{xk}\rfloor\lfloor\frac{m}{yk}\rfloor\\
&=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu(k)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{xk}\rfloor f(\lfloor\frac{m}{k}\rfloor)\\
&=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu(k)f(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor) f(\lfloor\frac{m}{k}\rfloor) \\
\end{aligned}
$$

至此又可以数论分块搞定单组询问了，时间复杂度$O(T\sqrt{n})$。

9.bzoj 4659 lcm

化简下题意就是求$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)[\mu^2(gcd(i,j))==1],n,m\le 4000000$，对$2^{30}$取模，$T(\le 2000)$组询问。发现就是在第七题的基础上加了个多组询问，且只统计$\mu^2(gcd(i,j))==1$的。

那么前面的推导都是一样的，最后化简到

原式$=\sum_{T=1}^{min(n,m)}g(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor,\lfloor \frac{m}{T}\rfloor)T\sum_{k\mid T}k\mu(k)\mu^2(\frac{T}{k})$

头铁依然会TLE，还是先观察一下

$f(T)=\sum_{k\mid T}k\mu(k)\mu^2(\frac{T}{k})$是积性函数

且当$T$分解质因数后的指数中有大于2的情况的话，显然此时$f(T)=0$，并且易知$f(p)=1-p,f(p^2)=-p$，这样又可以线性筛搞一搞了，然后预处理出$if(i)$的前缀和。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1<<30;
const int N=4000000;
bool vis[N+5];
int prime[N+5],cnt;
unsigned int f[N+5],sum[N+5];
void getprime() {
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++) {
        if(!vis[i]) {
            prime[cnt++]=i;
            f[i]=1U-i;
        }
        for(int j=0;j<cnt && i*prime[j]<=N;j++) {
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]) {
                f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]];
            }
            else {
                if(i==prime[j]) f[i*prime[j]]=-prime[j];
                else if(i/prime[j]%prime[j]==0) f[i*prime[j]]=0;
                else f[i*prime[j]]=f[i/prime[j]]*f[prime[j]*prime[j]];
                break;
            }
        }
    }
//    for(int i=1;i<=N;++i) {
//        for(int j=i;j<=N;j+=i) {
//            f[j]+=i*mu[i]*abs(mu[j/i]);
//        }
//    }
    for(int i=1;i<=N;++i)
        sum[i]=sum[i-1]+1U*i*f[i];
}
unsigned int Sum(int n)
{
    return 1LL*(n+1)*n/2;
}
int main()
{
    getprime();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n<m) swap(n,m);
        unsigned int ans=0;
        for(int i=1,j;i<=m;i=j+1){
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=1U*(sum[j]-sum[i-1])*Sum(n/i)*Sum(m/i);
        }
        printf("%d\n",(int)(ans%mod));
    }
}

10.bzoj 4816 [Sdoi2017]数字表格

求$\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f(gcd(i,j)),n,m\le 10^6$，其中$f$为斐波那契数列，结果模$10^9+7$，$T(\le 1000)$组询问。

$$
\begin{aligned}
&\quad\,\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f(gcd(i,j)) \\
&=\prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)==1]} \\
&=\prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum_{k=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}\\
\end{aligned}
$$

这样指数部分是关于$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$的函数，可以分块，又因为外层是枚举的$d$，所以分块套分块即可！时间复杂度$O(T(n^{\frac{3}{4}}+\sqrt{n}\log{n}))$，前一部分来源分析同第三题。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
#define N 1000000
bool vis[N+5];
int prime[N+5],cnt;
int mu[N+5],sum[N+5];
int f[N+5],pre[N+5];
void getprime() {
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++) {
        if(!vis[i]) {
            prime[cnt++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<cnt && prime[j]<=N/i;j++) {
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j])
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;++i)
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int power(int x,ll n){
    int ans=1;
    while(n){
        if(n&1) ans=1LL*ans*x%mod;
        x=1LL*x*x%mod;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
ll calc(int n,int m,int d){
    ll ans=0;
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=1LL*(sum[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main(){
    getprime();

    pre[0]=pre[1]=f[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;++i){
        f[i]=f[i-1]+f[i-2];
        if(f[i]>=mod) f[i]-=mod;
        pre[i]=1LL*pre[i-1]*f[i]%mod;
    }
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m) swap(n,m);
        int ans=1;
        for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            int x=1LL*pre[j]*power(pre[i-1],mod-2)%mod;
            ll y=calc(n/i,m/i,i);
            ans=1LL*ans*power(x,y)%mod;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}