Content：数论
Date：2025.7.30

课堂内容

莫比乌斯函数

定义如下：

\mu(n) = \begin{cases} 1 & n=1 \\ (-1)^k & n = p_1 p_2 p_3 \dots p_k, \forall p_i \in P \\ 0 & otherwise \\ \end{cases}

其中莫比乌斯函数有如下性质：

\sum_{d|n} \mu(d) = [n=1]

定义如下：

\varphi(n) = \sum_{i=1}^n [gcd(n,i)=1]

其中欧拉函数具有如下性质：

\sum_{d|n} \varphi(d) = n

对于任意两个数论函数 $f(n)$ ， $g(n)$ ，有如下推导：

f(n) = \sum_{d|n} g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{d|n} \mu(d) f(\frac{n}{d})

给定 $n$ ， $m$ ，求：

\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j) \in Prime]

课上没怎么听懂，自己推了下竟然推出来了。

我们看到 $[gcd(i,j) \in Prime]$ ，考虑从质数入手，可以枚举质数，这样式子化为：

\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{p \in Prime} [gcd(\frac{i}{p},\frac{j}{p})=1]

把质数枚举提到前面去，得到：

\begin{aligned} & \sum_{p \in Prime} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(\frac{i}{p}, \frac{j}{p}) = 1] \\ =& \sum_{p \in Prime} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} [gcd(i,j) = 1] \end{aligned}

对于后面一个埃德森括号，发现可以使用莫比乌斯函数的 $\displaystyle \sum_{d|n} \mu(d) = [n = 1]$ 这个性质，于是式子化为（这里钦定 $n < m$ ）：

\begin{aligned} & \sum_{p \in Prime} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \sum_{d | gcd(i,j)} \mu(d) \\ =& \sum_{p \in Prime} \sum_{d=1}^{n} \mu(d) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor \end{aligned}

令 $pd = t$ ，则：

\begin{aligned} & \sum_{p \in Prime} \sum_{d=1}^n \mu(d) \lfloor \frac{n}{t} \rfloor \lfloor \frac{m}{t} \rfloor \\ \end{aligned}

这时候这个和式就可以划分为两个互相独立的部分，所以：

\begin{aligned} & \sum_{t=1}^n \lfloor \frac{n}{t} \rfloor \lfloor \frac{m}{t} \rfloor \sum_{p | t, p \in Prime} \mu(\frac{t}{p}) \end{aligned}

前面一个和式可以整除分块，后面的可以前缀和，这样我们就做完啦~~~

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给定 $a$ ， $b$ 和 $d$ ，求：

\sum_{i=1}^{a} \sum_{j=1}^b [gcd(i,j) = d]

对于给定的式子，我们和第一题一样做如下变换：

令 $n = \frac{a}{d}, m = \frac{b}{d}$ ，则

\begin{aligned} & \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j) = 1] \\ =& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{k | gcd(i,j)} \mu(k) \\ =& \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} \mu(k) \\ =& \sum_{k=1}^n \mu(k) \lfloor \frac{n}{k} \rfloor \lfloor \frac{m}{k} \rfloor \end{aligned}

所以又变回了第一题的整除分块加前缀和了。

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已知函数 $d(n)$ 表示整数 $n$ 的约数个数，给定 $n,m$ 求：

\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij)

对于函数 $d(n)$ ，可以发现这是一个积性函数，但是不是一个完全积性函数，所以不能把 $d(ij)$ 拆成 $d(i) \times d(j)$ 。

但是对于这个形式的函数 $d(n)$ ，我们可以根据定义发现另一个更优秀的性质：

d(ij) = \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y) = 1]

通过枚举原来的 $i,j$ ，加上容斥，我们就可以把 $d(ij)$ 写开来，这样有利于后面的变换。

\begin{aligned} & \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij) \\ =& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y) = 1] \\ =& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j} \sum_{d|gcd(x,y)} \mu(d) \\ =& \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor \sum_{d|gcd(x,y)} \mu(d) \\ =& \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor \\ =& \sum_{d=1}^n \mu(d) (\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \lfloor \frac{n}{xd} \rfloor) (\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{m}{yd} \rfloor ) \end{aligned}

令 $f(x) = \displaystyle \sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor$ ，则原式可以表达为：

\begin{aligned} \sum_{d=1}^n \mu(d) f(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) f(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor) \end{aligned}

对于 $\mu(d), f(n)$ 均可以预处理得到，剩下的就是整除分块了。

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