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在考虑\(F(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)\)时，假设已知函数\(F\)，能不能通过若干\(F(i)\)的加减得到\(f(j)\)呢？找规律后发现好像可以，并且好像用到的\(i\)都是\(j\)的因数。由此我们能不能通过给每个因子的\(F\)乘上一个系数，可以是0或1或-1，这样来得到\(f(j)\)呢？也就是，我们猜想是否有一个函数\(\mu\)能够使得\(f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)F(\dfrac{n}{d})\)呢？我们称这个过程为反演，其中\(\mu\)就是莫比乌斯函数。
莫比乌斯函数\(\mu\)的定义
特殊地，\(\mu(1)=1\)，对于其他情况
\(\mu(d)=\begin{cases}(-1)^k& d=p_1*p_2*...*p_k\\0& otherwise\end{cases}\)
莫比乌斯函数的性质
[ 性质 1 ] \(\sum\limits_{d|n}^{n}\mu(d)=[n==1]\)
证明：
将\(n\)分解质因数得\(n=p_1^{y_1}*p_2^{y_2}*...*p_k^{y_k}\)。任何一个质数的个数超过\(1\)时莫比乌斯函数值一定为\(0\)，可以不管。我们只需要考虑有多少个质因数的质因数指数都为\(1\)。因此以上式子可以化为\[\sum\limits_{i=0}^{k}C^{i}_{k}*(-1)^i\]
利用二项式定理得\[\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{k}{i}(-1)^i1^{k-i}=[(-1)+1]^k=0\]
[ 性质 2 ] \(\mu\)函数为积性函数：\(\mu(m*n)=\mu(m)*\mu(n)\) 其中\((m,n)=1\)
证明：
统统分类讨论即可。
设\(m=p_1^{x_1}*p_2^{x_2}*...*p_k^{x_k}\)，\(n=q_1^{y_1}*q_2^{y_2}*...*q_t^{y_t}\)
则\(m*n=p_1^{x_1}*p_2^{x_2}*...*p_k^{x_k}*q_1^{y_1}*q_2^{y_2}*...*q_t^{y_t}\)
当\(\mu(m)=0或\mu(n)=0\)时，一定存在一个\(i\)满足\(x_i>1\)或\(y_i>1\)，因此\(\mu(m*n)=0\)成立
当\(\mu(m),\mu(n)\)同号时，\(k,t\)奇偶性相同，则\(k+t\)为偶数，因此\(\mu(m*n)=1\)成立
当\(\mu(m),\mu(n)\)异号时，\(k,t\)奇偶性不同，则\(k+t\)为奇数，因此\(\mu(m*n)=-1\)成立
这几条都非常显然吧，还是非常容易证的
线性求莫比乌斯函数
莫比乌斯函数的线性求法依赖于线性筛素数（欧拉筛）。
其本质很简单，对于任何一个素数\(p\)一定满足\(\mu(p)=-1\)。
然后如果存在重复的素因子了，即\(i \% prime[j] = 0\)时，\(\mu\)一定为0. 对于其他情况，相当于在\(i\)的基础上又乘上了一个新的质因子\(prime[j]\)，此时就应当乘上\(-1\)
inline void getMobius(){
mu[1] = 1; //\mu函数的1是特殊情况
for(int i = 2; i <= 1e6; ++i){
if(!b[i]){
prime[++tot] = i;
mu[i] = -1; //质数的\mu值一定为-1
}
for(int j = 1; j <= tot; ++j){
if(i * prime[j] > 1e6) break;
b[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0){
mu[i * prime[j]] = 0;//i中已经包括了prime[j]
break;
}
else{
mu[i * prime[j]] = -mu[i];//不能整除，意味着i中原没有prime[j]这个素因子
}
}
}
}莫比乌斯反演
莫比乌斯函数就是用来解决反演的问题的。
[ 公式 1 ]：\[F(n)=\sum\limits_{d|n}f(d) \xrightarrow[]{反演} f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)F(\dfrac{n}{d})\]
[ 证明 ] ：
恒等式变形得\[\sum\limits_{d|n}\mu(d)F(\dfrac{n}{d})\]
\[=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\sum\limits_{i|\frac{n}{d}}f(i)\]
\[=\sum\limits_{d|n}f(d) \ [\dfrac{n}{d}==1]=f(n)\]
[ 公式 2 ]：\[F(n)=\sum\limits_{n|d}f(d) \xrightarrow[]{反演} f(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\dfrac{d}{n})F(d)\]
[ 证明 ] ：
道理类似。令\(k=\dfrac{d}{n}\)，得\[\sum\limits_{n|d}\mu(\dfrac{d}{n})F(d)\]
\[=\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\mu(k)F(nk)\]
\[=\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\mu(k)\sum\limits_{nk|t}f(t)\]
\[=\sum\limits_{n|t}f(t)[\dfrac{t}{n}==1]=f(n)\]
问题一
求\[\sum\limits_{i=1}^{A}\sum\limits_{j=1}^{B}[gcd(i,j)==k]\]
解：
设\[f(x)=\sum\limits_{i=1}^{A}\sum\limits_{j=1}^{B}[gcd(i,j)==x]\]
显然\(f(k)\)即为答案。
构造\[F(x)=\sum\limits_{x|d}f(d)\]
有\[F(x)=\sum\limits_{x|d}\sum\limits_{i=1}^{A}\sum\limits_{j=1}^{B}[gcd(i,j)==d]\]\[=\sum\limits_{i=1}^{A}\sum\limits_{j=1}^{B}[x|gcd(i,j)]\]
由反演得\[f(x)=\sum\limits_{x|d}\mu(\dfrac{d}{x})F(d)\]
则答案为\[f(k)=\sum\limits_{k|d}\mu(\dfrac{d}{k})F(k)\]
考虑\(F(x)\)的意义，是所有数对中\(x\)的倍数的个数。可以推出\(F(x)=\left \lfloor \dfrac{A}{x} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \dfrac{B}{x} \right \rfloor\)
由此\[f(k)=\sum\limits_{k|d}\mu(\dfrac{d}{k})\left \lfloor \dfrac{A}{k} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \dfrac{B}{k} \right \rfloor\] \[f(k)=\sum\limits_{i}\mu(i)\left \lfloor \dfrac{A}{k} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \dfrac{B}{k} \right \rfloor\]
所谓整除分块，就是用一种方法在\(O(\sqrt{n})\)的复杂度内求出\[\sum\limits_{i=1}^{n}\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor\]我们发现当\(i\)接近时，有可能有很多重复的值。整除分块的思想就是将所有重复的数值一起计算。
可以证明总共有不超过\(2\sqrt{n}\)个取值。也可以证明值为\(i\)的最后一个分母是第\(N\) / \((N\)/\(i)\)个。因此只需要每次取一段区间，然后将指针跳到下一个区间即可
回看莫比乌斯反演。假如我们得出了形如这样的反演式子\[f(n)=\sum\limits_{n|d}^{Min(A,B)}\mu(\dfrac{d}{n})\left \lfloor \dfrac{A}{n} \right \rfloor * \left \lfloor \dfrac{B}{n} \right \rfloor\]现在有两个整除的式子了，如何利用整除分块进行优化？
那么依然利用单个整除式的思想。每一个块要求\(\left \lfloor \dfrac{A}{n} \right \rfloor\)和\(\left \lfloor \dfrac{B}{n} \right \rfloor\)都相同。因此我们每次应当跳到单独的区间靠前的那个，这样才能满足两者数值相同
现在唯一的问题就是处理\(\mu\)了，\(\mu\)的值不是连续的，如果能够通过一种方法将\(\mu\)转化为一个类似前缀和的东西，就可以直接计算了。
对该式进行恒等变换。令\(k=\dfrac{d}{n}\)：\[\sum\limits_{n|d}\mu(k)\left \lfloor \dfrac{A}{nk} \right \rfloor * \left \lfloor \dfrac{B}{nk} \right \rfloor\]其实\(k\)的意义就是\(d\)为\(n\)的几倍，因此不再需要枚举\(d\)，直接枚举\(k\)即可，范围是\(nk \leq Min(A,B)\)。不妨将\(A,B\)都除上\(n\)。即\(A'=\dfrac{A}{n},B'=\dfrac{B}{n}\)：\[\sum\limits_{k=1}\mu(k)\left \lfloor \dfrac{A'}{k} \right \rfloor * \left \lfloor \dfrac{B'}{k} \right \rfloor\]
至此，\(\mu\)已经和除式同步。因此只需要预处理\(\mu\)的前缀和即可
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原文地址：https://www.cnblogs.com/qixingzhi/p/11137551.html
