参考的神仙An_Account的blog，膜一下。
其实就是一类反演问题可以用(mu)函数的性质直接爆算出来。
然后其实性质就是一个代换：
[sum_{d|n}mu(d)=[n=1]
]
问题一：求
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[i perp j]
]
……然而其实就是
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{d|gcd(i,j)}mu(d)
]
考虑(d|gcd(i,j))就是(d|i,d|j)，于是可以枚举(d)。
[sum_{d=1}^{min(n,m)}mu(d)cdot lfloorfrac{n}{d}
floorcdot lfloorfrac{m}{d}
floor
]
这东西就可以直接分块。
问题二：求
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]
]
然而根据一个定理：
[gcd(i,j)=kLongrightarrowgcd(frac{i}{k},frac{j}{k})=1
]
于是就变成了：
[sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{k}
floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{m}{k}
floor}[i perp j]
]
问题三：求
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k],kin
m{Prime}
]
我们考虑现在的柿子其实长这样：
[sum_{kin
m{Prime}}sum_{d=1}^{min(lfloorfrac{n}{k}
floor,lfloorfrac{m}{k}
floor)}mu(d)cdot lfloorfrac{n}{kd}
floorcdot lfloorfrac{m}{kd}
floor
]
一个思想就是不断把重复求和的东西提到前面去。我们发现似乎带有(kd)的几项被重复求和，效率很低。同时因为(O(kd)=O(n))，所以改成先枚举(kd):
[egin{aligned}p=kd\ sum_{p=1}^{min{(n,m)}}end{aligned}lfloorfrac{n}{p}
floorcdot lfloorfrac{m}{p}
floorsum_{d|p}mu (d)
]
然后显然后面的那个(sum)是可以预处理的，于是就还是(O(sqrt n))的分块。
后面的择日应该会学一学= =？