前言：
本题表中，凡是涉及(n、m)，都默认(n leq m)。
如果你连莫比乌斯求(sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1])都还不会,请去这里先入个门。
题目里面的各种套路还是很深的。
如果扎扎实实看完（并做完），一般的莫比乌斯反演肯定没问题了（当然不排除一些毒瘤题啦）。
Part1
这些题目都非常水，莫比乌斯反演入门题，
主要是对莫比乌斯反演应用有一个基本概念。
1.[HAOI2011]Problem b
(具体题目戳我)
题目：一组数据((a、d、c、d leq 5×10^4))求
[sum_{i=a}^{b} sum_{j=c}^d [gcd(i,j)=d]
]
题解：
[sum_{i=1}^{n} sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] = sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} [gcd(i,j)=1] = sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} mu(i)lfloor frac{lfloor frac{n}{d}
floor}{i}
floor * lfloor frac{lfloor frac{m}{d}
floor}{i}
floor
]
数论分块，然后二维容斥即可。
2.[NOI2010]能量采集
(具体题目戳我)
题目：一组数据((n、m leq 10^5))，求
[2*sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m gcd(i,j) - n*m
]
题解：
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m gcd(i,j) =sum_{d=1}^nd sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} [gcd(i,j)=1]
]
枚举(d)，然后用第1题的方法搞即可。
3.Gcd
(具体题目戳我)
题目：一组数据,给定整数(N(Nleq10^7))，求(1 leq x,y leq N)且(Gcd(x,y))为素数的组数
题解：
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m gcd(i,j) =sum_{d=2}^{d leq n} dsum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} [gcd(i,j)=1]
]
枚举素数(d)，然后用第1题的方法搞即可。
4.[中山市选2011]完全平方数
(具体题目戳我)
题目：(50)组数据,给出(k)，求第(k)个不是完全平方数的倍数的数是多少。(k leq 10^9)
题解：
先二分一个(n),然后检查(n)下面有多少个非完全平方数。计算方法为：
设(f(i))表示只为(i^2)倍数，并且不是其它平方数倍数的数的个数。
那么令(F(i) = f(i)+f(2i)+....+f(ki))，即为((ri)^2)倍数的数的个数。
那么(F(i) = sum_{i|d} f(d))。显然(F(n) = lfloor frac{n}{i^2}
floor)
反演一下：
[f(1) = sum_{i=1}^{lceil sqrt{n}
ceil } lfloor frac{n}{i^2}
floor
]
直接数论分块即可得到一个数(n)的排名(f(1))。
Part2
这一部分的题就相当有难度了（跨度这么大我也很无奈啊）
从这些题中，我们可以感受到莫比乌斯反演的一些套路，包括提取公因数、分离变量等。
5.[BZOJ2154]Crash的数字表格
(具体题目戳我)
题目：一组数据，输入(n)、(m)，((n、m leq 10^7))，求：
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m lcm(i,j) quad mod quad 20101009
]
题解：
[Ans = 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}^n frac{f(n,m,d)}{d}
]
其中
[f(n,m,d) = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d]*ij = sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} sum_{i=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} ij*[gcd(i,j)=1]*d^2
]
带回原式中：
[Ans = sum_{d=1}^n d*f({lfloor frac{n}{d}
floor},{lfloor frac{m}{d}
floor},1)
]
考虑一下函数 (f) 的求法：
[f({n},{m},d) = sum_{i=1}^{n } sum_{i=1}^{m } ij*[gcd(i,j)=d] = f(d)
]
令
[F(d) = sum_{i=1}^{{n}} sum_{i=1}^{{m}} ij*[d|gcd(i,j)] = sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} sum_{i=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} ij= sum_{n|d} f(d)
]
反演一下：
[f(i) = sum_{i|d}mu(frac{d}{i})F(d) , f(1) = sum_{d=1}^nmu(d)F(d) = sum_{d=1}^nmu(d) sum_{i=1}^{{lfloor frac{n}{d}
floor}} sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} ij
]
显然(sum_{i=1}^{{n}} sum_{j=1}^{{m}} ij = sum_{i=1}^{{n}} i *sum_{j=1}^{{m}} j = frac{n*(n+1)}{2} * frac{m*(m+1)}{2})
总结一下，得到了两个式子：
[Ans = sum_{d=1}^n d*f({lfloor frac{n}{d}
floor},{lfloor frac{m}{d}
floor},1)
]
[f({n},{m},1) = sum_{d=1}^nmu(d) frac{lfloor frac{n}{d}
floor*(lfloor frac{n}{d}
floor+1)}{2} * frac{lfloor frac{m}{d}
floor*(lfloor frac{m}{d}
floor+1)}{2}
]
两个式子都可以数论分块，所以复杂度为:(O(sqrt{n})*O(sqrt{n})=O({n}))
6.[SDOI2015]约数个数和
(具体题目戳我)
题目：(5×10^4)组数据，输入(n,m)((n,m leq 5×10^4)),(d(x))表示(x)的约数个数,求：
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m d(ij)
]
题解：
首先,有定理：
[d(ij) = sum_{t1|i} sum_{t2|j} [gcd(t1,t2)=1]
]
证明:
对于一个约数(d)，它必定由(i)的一个约数与(j)的一个约数的乘积。
为了防止算重，我们规定(gcd(t1,t2)=1)才计算。
因为每一个数一定可以被表示为两个互质的数的乘积,所以这样计算是正确的。
同样这样的(t1)和(t2)一定存在于(i)和(j)的约数中，因为唯一分解定理
所以把原式化为：
[Ans =sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m sum_{t1|i} sum_{t2|j} [gcd(t1,t2)=1]
]
四个(sum)很不好看（也不好搞）,单独考虑二元组(i,j)的贡献：
[Ans = sum_{u=1}^n sum_{v=1}^m [gcd(u,v)=1] lfloor frac{n}{u}
floor lfloor frac{m}{v}
floor
]
令
[f(d) = sum_{u=1}^n sum_{v=1}^m [gcd(u,v)=d] lfloor frac{n}{u}
floor lfloor frac{m}{v}
floor
]
同理令
[F(d) = sum_{u=1}^n sum_{v=1}^m [d|gcd(u,v)] lfloor frac{n}{u}
floor lfloor frac{m}{v}
floor = sum_{u=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}sum_{u=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} lfloor frac{n}{ud}
floor lfloor frac{m}{vd}
floor
]
所以
[F(d) = sum_{u=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}sum_{u=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} lfloor frac{n}{ud}
floor lfloor frac{m}{vd}
floor = sum_{u=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} lfloor frac{n}{ud}
floor *sum_{u=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} lfloor frac{m}{vd}
floor = sum(lfloor frac{n}{d}
floor)*sum(lfloor frac{m}{d}
floor)
]
其中(sum(x)=sum_{i=1}^{x} lfloor frac{x}{i}
floor)表示(1)到(x)的约数个数和，不懂为什么见这题
又因为
[F(i) = sum_{i|d}f(d)
]
莫比乌斯反演一波:
[f(1) = sum_{i=1}^n mu(i)F(i) = sum_{i=1}^n mu(i) sum(lfloor frac{n}{i}
floor)*sum(lfloor frac{m}{i}
floor) = Ans
]
其中$$sum(x)=sum_{i=1}^{x} lfloor frac{x}{i}
floor$$
显然先 数论分块 预处理(sum(x)),然后每次询问也数论分块求解(f(1))即可。
总的复杂度为：预处理(O(n sqrt{n})) , 询问 (O(T sqrt{n}))。
7. [SDOI2017]数字表格
(具体题目戳我)
题目：
(f(i))为斐波那契数列第(i)项，定义(f(0)=0,f(1)=1)。
总共输入(10^3)组数据，每次输入(n,m)((n,m leq 10^6))，时限(5 sec)，求：
[prod_{i=1}^n prod_{j=1}^m f(gcd(i,j))
]
题解：
肯定先要提出(gcd(i,j))：
[Ans = prod_{i=1}^n prod_{j=1}^m f(gcd(i,j)) = prod_{d=1}^n f(d)^{sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} [gcd(i,j)=1]}
]
上面那一坨提出来看(直接跳步骤了)
[sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} [gcd(i,j)=1] = sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} mu(i) {lfloor frac{n}{id}
floor} {lfloor frac{m}{id}
floor} = r(lfloor frac{n}{d}
floor,lfloor frac{m}{d}
floor)
]
[Ans = prod_{d=1}^n f(d)^{r(lfloor frac{n}{d}
floor,lfloor frac{m}{d}
floor)}
]
显然(Ans)与(r(n,m))的求解都可以数论分块，此时复杂度为(O(n))可以跑过单组数据。
但是我们有多组数据，考虑如何优化。
看到(id),是不是感觉很套路？令(T = id) , 那么我们把(T)给提出来：
[prod_{d=1}^n f(d)^{sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} mu(i) {lfloor frac{n}{T}
floor} {lfloor frac{m}{T}
floor}} = prod_{T=1}^n(prod_{d|T} f(d)^{mu(frac{T}{d})})^{{lfloor frac{n}{T}
floor} {lfloor frac{m}{T}
floor}}
]
令
[R(T) = prod_{d|T} f(d)^{mu(frac{T}{d})}
]
这显然是可以(O(n log^2(n)))直接暴力算出来的(因为是枚举因数啊)。
那么
[Ans = prod_{T=1}^n(prod_{d|T} f(d)^{mu(frac{T}{d})})^{{lfloor frac{n}{T}
floor} {lfloor frac{m}{T}
floor}} = prod_{T=1}^nR(T)^{{lfloor frac{n}{T}
floor} {lfloor frac{m}{T}
floor}}
]
显然(R(T))是可以记乘法前缀和的，所以每次询问时数论分块搞一波即可。
总的复杂度： 预处理(O(n log^2(n))) , 询问(O(T sqrt{n}log(n)))。
Part3
其实比较关键的题目就是(Part2)里的三题了，剩下的这些题当做补充练习。
8. GCD-2(YY的GCD)
(具体题目戳我)
题目：(10^5)组数据,给定整数(N,M(leq10^7))，求(1 leq xleq N) , (1 leq yleq M) ,且(Gcd(x,y))为素数的组数。
题解：
其实就是第三题《(GCD)》的升级版。
前面的步骤直接跳过：
[Ans = sum_{d=1}^n sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} mu(i) lfloor frac{n}{id}
floor lfloor frac{m}{id}
floor
]
老套路，令(T = id)，提出(T)：
[sum_{d=1}^n sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} mu(i) lfloor frac{n}{id}
floor lfloor frac{m}{id}
floor = sum_{T=1}^n sum_{d|T} mu(frac{T}{d}) lfloor frac{n}{T}
floor lfloor frac{m}{T}
floor = sum_{T=1}^nlfloor frac{n}{T}
floor lfloor frac{m}{T}
floor sum_{d|T} mu(frac{T}{d})
]
然后只要考虑这个玩意怎么搞即可：
[R(T) = sum_{d|T} mu(frac{T}{d})
]
额...还记得在基础数论讲素数时说的那个结论吗？
结论回顾： 质数的密度大约是(frac{1}{10})!
所以(O(10^7k) ------> O(10^6k)?)
嗯，好像是这样，所以暴力埃式筛即可。
9. [UVa11426]最大公约数之和——极限版II
(具体题目戳我)
题目：(10^2)组数据,给定整数(n,m(leq10^7)),求：
[sum_{i=1}^{n-1} sum_{j=i+1}^n gcd(i,j)
]
题解：
其实就是第二题《能量采集》的升级版。
考虑二元组((i,j))的构成形式，一共三种：(i<j) 、(i=j)、(i>j)。
所以只要求(sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n gcd(i,j) = Ans')，那么显然：
[Ans = frac{(Ans' - sum_{i=1}^n i)}{2}
]
下面求(Ans')，前面的步骤直接跳过：
[Ans' = sum_{d=1}^n dsum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} mu(i) {lfloor frac{n}{id}
floor }^2
]
还是老套路（套路就是这么神奇），令(T = id)，提出(T)：
[Ans' = sum_{T=1}^n sum_{d|T} mu(frac{T}{d}) {lfloor frac{n}{T}
floor }^2 d = sum_{T=1}^n {lfloor frac{n}{T}
floor }^2sum_{d|T} mu(frac{T}{d}) d
]
那么显然下面这个东东：
[R(x) = sum_{d|T} mu(frac{T}{d})*d
]
是一个狄利克雷卷积 ， 直接积性函数线性筛即可。
10.HDU4746: (Mophues)
(具体题目戳我)
名字莫名诡异....
题目：(5*10^3)组数据 ， 每次给定一个(n,m,p)((<=5*10^5))，求：
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [h(gcd(i,j)) leq p]
]
其中其中(h(x))表示一个数质因数分解后质数的个数。例如：(12=2×2*3),那么(h(12)=3)。
题解：
非常有意思的一题。
首先大力化式子（与前面所有题目方法类似）：
[Ans = sum_{T=1}^n lfloor frac{n}{T}
floor lfloor frac{m}{T}
floor sum_{d|T} [h(d) leq p] mu(frac{T}{d}) = sum_{T=1}^n lfloor frac{n}{T}
floor lfloor frac{m}{T}
floor R(p,T)
]
考虑如何求(R(p,T))：
[R(p,T) = sum_{d|T} [h(d) leq p] mu(frac{T}{d})
]
发现在([1,n])中，(h(i) leq 18) , （(2^{18} = 262144) , (2^{19} = 524288)）
所以就非常神奇了 ， 当(18 < p)时，直接输出(n*m)即可。
所以只要处理(0 leq p leq 18)的前缀和即可。
这个还是比较简单的吧，分(3.5)步走：
（0）显然(h(i))在求(mu(i))时可以顺便求出来。
（1）埃氏筛处理(E(p,x) = sum_{d|T} [h(d) = p] mu(frac{T}{d}))
（2）统计一下(S(p,x) = sum_{i=1}^p E(i,x))
（3）统计一下(R(p,x) = sum_{i=1}^x S(p,i))
然后每次询问时直接调用(R(p,x))，接着数论分块即可。
11.[ZOJ3435]Ideal Puzzle Bobble
(具体题目戳我)
题目：求：
[sum_{i=1}^L sum_{j=1}^W sum_{k=1}^H[gcd(i,j,k)==1]
]
题解：
这题应该放到(Part1)里去的...
[Ans = sum_{i=1}^{min(L,W,H)} mu(i) lfloor frac{L}{i}
floor lfloor frac{W}{i}
floor lfloor frac{H}{i}
floor
]
12.来历不明的火题：
题目：一组数据,给定(n,k)((n leq 10^7) , (k leq 10^5)) , 求：
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m i^kj^k*gcd(i,j)
]
题解：
首先先打一个预防针：(q(i)=i^k)请线性筛好不然肯定会超时。
然后先化式子：
[Ans = sum_{d=1}^n d^{2k+1} sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}[gcd(i,j)=1]i^kj^k = sum_{d=1}^n d^{2k+1} R(lfloor frac{n}{d}
floor)
]
然后求解(R(x))：
[f(d) = sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}[gcd(i,j)=d]i^kj^k
]
所以构造倍数形式莫比乌斯：
[F(d) = sum_{j=1}^{n}[d|gcd(i,j)]i^kj^k = sum_{d=1}^{n}d^{2k}sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}i^kj^k
]
上面这步是关键(提出(d))，然后继续化：
[F(d) = sum_{d=1}^{n}d^{2k}sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}i^k *sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}j^k = sum_{d=1}^n d^{2k} *[sum(frac{n}{d})]^2 ;
]
其中(sum(d))为乘法前缀和，预处理一下即可。
接着就可以莫比乌斯反演了：
[R(n) = f(1) = sum_{d=1}^n mu(d) F(d) = sum_{d=1}^n mu(d) d^{2k} sum(lfloor frac{n}{d}
floor) ;
]
[Ans = sum_{d=1}^n d^{2k+1} R(lfloor frac{n}{d}
floor)
]
注意一下$x{2k}=(xk)^2 ; x^{2k+1} = x^{2k}*x $ , 不能用快速幂。
显然两边都可以数论分块，(O(n))计算即可 ， 注意常数问题。
Part INF
这里总结一下套路：
（1）遇见(id)形式，换元提出(T=id)：
[Sample=sum_{d=1}^n sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}mu({i}) lfloor frac{n}{id}
floor = sum_{T=1}^n lfloor frac{n}{T}
floor sum_{d|T}mu(frac{T}{d})
]
那么后面那一坨就很有可能可以线性筛、分块(或者搞事情)之类的。
（2）构造(F(d))时提出公因子(d)：
[Sample = F(d) = sum_{j=1}^{n}[d|gcd(i,j)]ij = sum_{d=1}^{n}dsum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}ij= sum_{d=1}^{n}d(sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}i)^2
]
然后后面的一坨一般就比较好算了,从而达到化简式子的目的。