3.莫比乌斯反演。
这个比较常见了吧。现在在$hzoi$都烂大街了。
定义几个常用的函数，当作笔记了。
单位函数$$I(n)=1$$
元函数$$e(n)=[n=1]$$
约数个数函数$$d(n)=sumlimits_{d|n}I$$
约数和函数$$sigma(n)=sumlimits_{d|n}d$$
标志函数$$id(n)=n$$
莫比乌斯函数$$mu(n)=egin{cases} (-1)^w & n=prodlimits_{i=1}^{w}p_i&\0 & n=p^2prodlimits_{i=1}^{w}p_i^{c_i}&end{cases}$$
欧拉函数$$varphi(n)=sumlimits_{i=1}^{n}[iperp n]$$
基本上正常的反演就只用到这些函数了。但是不包括某$DZY$系列。
狄利克雷卷积：定义符号$*$为狄利克雷卷积。
对于三个函数个函数：$h,g,f$.
$$f=h*g->f(n)=sumlimits_{d|n}h(d)g(frac{n}{d})$$
结论：两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数。
证明：
设$n=\_*p^c,aperp b,ab=n$
$$f(n)=sumlimits_{d|n}h(d)g(frac{n}{d})$$
$$f(a)=sumlimits_{d|a}h(d)g(frac{a}{d})=sumlimits_{d|a}prodlimits_{p^c|d}h(p^c)prodlimits_{q^c|frac{a}{d}}g(q^c)$$
$$f(b)=sumlimits_{d|b}prodlimits_{p^c|d}h(p^c)prodlimits_{q^c|frac{b}{d}}g(q^c)$$
所以$n$的约数个数是$a,b$的个数的乘积，而这些约数都是由$a,b$的质因子任意组合得到的。
$$f(a)f(b)=sumlimits_{d|ab}prodlimits_{p^c|d}h(p^c)prodlimits_{q^c|frac{ab}{d}}g(q^c)$$
$$=sumlimits_{d|ab}h(d)g(frac{ab}{d})$$
$$=sumlimits_{d|n}h(d)g(frac{n}{d})$$
$$=f(n)$$
好了回归莫比乌斯函数。
莫比乌斯反演的核心就在于莫比乌斯函数。
考虑一下它在本质上是一个怎么样的函数。
其实就是把一个数作为一个集合，他的所有质因子作为元素，还有另外一个特殊元素是1。
莫比乌斯函数看似是奇减偶加，其实是集合没有计算1的原因，如果算上了的话，正好就是奇加偶减。
$fr.$LOJ#528求和。
题意就是对于给定的$n,m$求这个式子的值。$n,m<=1e9$
$$sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}mu^2(gcd(i,j))$$
这题可以用莫比乌斯反演暴力通过，而我的做法较为简单。
首先发现后面的式子的值只有$0,1$两种情况，那么只需要用$nm$减去为0的情况即可。
什么时候是0呢？就是$gcd(i,j)$有平方因子的时候。
那么只需要找出所有的以平方数或者平方数的倍数为最大公约数的数对数即可了。
一个看似很显然的答案就是
$$nm-sumlimits_{d=2}^{min(sqrt{n},sqrt{m})}lfloorfrac{n}{d^2} floorlfloorfrac{m}{d^2} floor$$
不过是错的。
考虑枚举的合数$d$，发现同样的状态会被他的质因子分别多次计算，而这个合数$d$，刚好是那些质因子的交集。
考虑容斥。
对于一个$d$来说，他会被他的质因子集合多次计算，如果是含有奇数个质因子加上，偶数个就减去，我们要求的最大公约数为平方数的倍数的数的对数。
然而前面有一个负号，那么我们反过来，奇数个减去，偶数个加上。就是莫比乌斯函数了。
那么用莫比乌斯函数容斥得到：
$$ans=nm+sumlimits_{d=2}^{min(sqrt{n},sqrt{m})}mu(d)lfloorfrac{n}{d^2} floorlfloorfrac{m}{d^2} floor$$
因为$mu(1)=1$
所以这个式子还可以更加美妙一些。
$$ans=sumlimits_{d=1}^{min(sqrt{n},sqrt{m})}mu(d)lfloorfrac{n}{d^2} floorlfloorfrac{m}{d^2} floor$$
可以$sqrt{n}$求解。
$se.$莫比乌斯函数的性质。
这个东西与其说是莫比乌斯函数的性质，不如说莫比乌斯函数本就是一种为了满足他所持有的性质的要求而被创造的一种函数。
有人想要一种函数$mu$，满足以下一种性质：
$$sumlimits_{d|n}mu(d)=[n=1]$$
我们考虑把一个数看作一个集合，集合中的元素是$1$和他所有的质因子。那么容斥的集合大小也就有了。
用二项式定理证明。
证明：
$n=1$显然成立。
如果$n!=1$
设$n=prodlimits_{i=1}^{w}p_i^{c_i}$
那么,由于含有两个及以上同样质因子的约数的贡献均为0，在加上二项式定理的推导，得到：
$$sumlimits_{d|n}mu(d)=sumlimits_{i=1}^{w}(-1)^iinom{w}{i}=(1-1)^w$$
发现没有，还是最开始用的$(1-1)^n$容斥的式子，一开始就说了，所有容斥的本质，就是奇加偶减。
用这个性质来证明莫比乌斯反演。
莫比乌斯反演的公式：
$$g(n)=sumlimits_{d|n}f(d)->f(n)=sumlimits_{d|n}mu(d)g(frac{n}{d})$$
证明：
$$f(n)=sumlimits_{d|n}mu(d)sumlimits_{r|frac{n}{d}}f(r)$$
$$ =sumlimits_{r|n}f(r)sumlimits_{d|frac{n}{r}}mu(d)$$
$$ =sumlimits_{r|n}f(r)[frac{n}{r}=1]$$
$$ =sumlimits_{r|n}f(r)[n=r]$$
$$ =f(n)$$
还有一种倍数形式：
$$g(n)=sumlimits_{n|d}f(d)->f(n)=sumlimits_{n|d}mu(frac{d}{n})g(d)$$
证明不再赘述。
$th.$jzptab
求
$$sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}lcm(i,j)$$
推就玩事了。一下向下取整均省略。
$$sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}frac{ij}{gcd(i,j)}$$
枚举$gcd$提前。
$$sumlimits_{d=1}^{n}sumlimits_{i=1}^{frac{n}{d}}sumlimits_{j=1}^{frac{m}{d}}ijd[gcd(i,j)=1]$$
$$sumlimits_{d=1}^{n}dsumlimits_{i=1}^{frac{n}{d}}sumlimits_{j=1}^{frac{m}{d}}ijsumlimits_{g|gcd(i,j)}mu(g)$$
$$sumlimits_{d=1}^{n}dsumlimits_{g=1}^{frac{n}{d}}mu(g)g^2sumlimits_{i=1}^{frac{n}{dg}}sumlimits_{j=1}^{frac{m}{dg}}ij$$
发现后面是两个公差为1的等差数列求和再相乘。
$$frac{1}{4}sumlimits_{d=1}^{n}dsumlimits_{g=1}^{frac{n}{d}}mu(g)g^2(1+frac{n}{dg})(frac{n}{dg})(1+frac{m}{dg})(frac{m}{dg})$$
令$T=dg$
$$frac{1}{4}sumlimits_{d=1}^{n}dsumlimits_{d|T}^{n}mu(frac{T}{d})(frac{T}{d})^2(1+frac{n}{T})(frac{n}{T})(1+frac{m}{T})(frac{m}{T})$$
$$frac{1}{4}sumlimits_{T=1}^{n}(1+frac{n}{T})(frac{n}{T})(1+frac{m}{T})(frac{m}{T})Tsumlimits_{d|T}mu(frac{T}{d})(frac{T}{d})$$
设$f(n)=Tsumlimits_{d|n}mu(frac{n}{d})(frac{n}{d})$，设$h(n)=mu(n)n$
积性函数乘完全积性函数仍然是积性函数，$mu$积性，$id$完全积性,那么$h$就是积性质函数。
$$f=id(I*h)$$
所以：$(I*h)$是积性函数,$id$是完全积性函数，所以$f$也是积性函数，可以线性筛。
$$sumlimits_{T=1}^{n}(1+frac{n}{T})(frac{n}{T})(1+frac{m}{T})(frac{m}{T})f(T)$$
所以可以根号询问。
说一下该怎么线性筛。
1.$iin p $
$$f(i)=1-i$$
2.$iperp p_j$
$$f(ip_j)=f(i)f(p_j)$$
3.$p_j|i$
不含$p_j$的约数都在$f(i)$中计算了，没有计算的只有含有$p_j$的约数了,而对于这些因子的$mu$全部都是0。
$$f(ip_j)=f(i)p_j$$
$fo.$一个人的数论
粘链接了，是好题。
$fi.$JZPKIL
集训队的题，难度稍大。多推几次就推出来了。