数论函数是一类定义域在正整数上的函数。若对数论函数 $f$，且 $\forall a, b$ 使得 $(a, b) = 1$，都满足

$$ f(ab) = f(a) \cdot f(b) $$

则称 $f$ 是积性函数。如果条件弱一些，不需要 $(a, b) = 1$ 也有上式成立，则称 $f$ 是完全积性函数。只要 $f$ 是一个积性函数，同时能够快速地求出 $f$ 在质数 $p$ 幂次上的取值 $f(p^a)$，那么就可以用线筛求 $f$。

若 $f, g$ 都是积性函数，则以下函数也是积性函数：

$$ h(n) = f(n^p) \\ h(n) = f^p(n) \\ h(n) = f(n)g(n) \\ h(n) = \sum _{d \mid n} f(n) g \left(\dfrac nd \right) \\ $$

定义艾佛森括号

$$ [P] = \begin{cases} 1, &P \text{ is true} \\ 0, &P \text{ is false} \\ \end{cases} $$

• 单位函数：$\varepsilon(n) = [n = 1]$
• 恒等函数：$\mathrm{id}(n) = n$，下文中一般会直接用 $n$ 代替。
• 常数函数：$1(n) = 1$，下文中一般会直接用 $1$ 代替。
• 欧拉函数：$\varphi(n) = \sum_{1 \leq i \leq n} [\gcd(i, n) = 1]$
• 约数函数：$d(n) = \sum_{d \mid n} 1$
• 约数和函数：$\sigma(n) = \sum_{d \mid n} d$

对数论函数 $f, g$，定义它们的狄利克雷卷积

$$ (f * g)(n) = \sum _{d \mid n} f(n) \cdot g \left(\dfrac nd \right) $$

狄利克雷卷积满足：

• 交换律
• 结合律
• 分配律
• 单位元

同时，两个积性函数的狄利克雷卷积还是积性函数。

一个常用的卷积式子：$n = \varphi \times 1$，简单证明如下：

首先枚举约数，每个约数求出小于他且与他互质的个数，即求这个约数为分母的真分数个数，它们的和必为 $n$。例如 $n = 12$ 时的真分数有

$$\dfrac 1{12}\dfrac 2{12}\dfrac 3{12}\dfrac 4{12}\dfrac 5{12}\dfrac 6{12}\dfrac 7{12}\dfrac 8{12}\dfrac 9{12}\dfrac {10}{12}\dfrac {11}{12}\dfrac {12}{12}$$

可以化简为

• $\dfrac 1{12},\dfrac 5{12},\dfrac 7{12},\dfrac{11}{12}$（$\varphi(12)=4$）
• $\dfrac 1{6},\dfrac 5{6}$（$\varphi(6)=2$）
• $\dfrac 1{4},\dfrac 3{4}$（$\varphi(4)=2$）
• $\dfrac 1{3},\dfrac{2}{3}$（$\varphi(3)=2$）
• $\dfrac 12$（$\varphi(2)=1$）
• $\dfrac 11$（$\varphi(1)=1$）

莫比乌斯反演是偏序集上的一个反演，不过在此处我们只讨论整数格上的莫比乌斯反演。

定义莫比乌斯函数 $\mu(n)$：

$$ \mu(n)= \begin{cases} 1, &n = 1 \\ (-1)^m, &n = \prod_{i=1}^m p_i^{k_i},\ \prod_{i=1}^m k_i=1,\ p_i \text{ is a prime} \\ 0, &\text{otherwise}\\ \end{cases} $$

$\mu(n)$ 有两个性质：

• $\mu$ 是积性函数
• $\sum_{d \mid n} \mu(d) = [n = 1]$

第一条性质说明 $\mu(n)$ 可以线性筛；第二条性质提供了我们一个当且仅当 $n = 1$ 时计数的函数，因此在遇到对 $\gcd(i, j) = 1$ 的计数问题中通常会用到它。

直接给出代码。

void InitMu() {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i++) {
        if (!notPri[i]) pri[siz++] = i, mu[i] = -1;
        for (int j = 0; j < siz && i * pri[j] < N; j++) {
            int nxt = i * pri[j];
            notPri[nxt] = 1;
            if (i % pri[j])
                mu[nxt] = -mu[i];
            else {
                mu[nxt] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

当出现平方因子就退出筛法保证了每个数只会被最小的因子筛去，因此时间复杂度线性。$\mu(i) = 0$ 的情况是由最小因子筛掉的，而其他情况都是由 $\mu(i) = -\mu(j)$ 得到的。

若函数 $f(n)$ 与 $g(n)$ 为数论函数，则

$$ f(n) = \sum _{d \mid n} g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum _{d \mid n} \mu \left( \dfrac nd \right) f(d) $$

这其实是说

$$ g = f * 1 \Leftrightarrow f = g * \mu $$

一种理解的方法如下：

狄利克雷卷积中，$1$ 的逆是 $\mu$，即 $\varepsilon = 1 \times \mu$。这很容易理解：对 $(\mu \times 1)(n)$ 作出贡献的仅有 $n$ 的质因数的乘积和 $1$。

对于 $n$ 的质因数，如果 $n$ 有 $m\geq 1$ 个质因数，那它就有 $\binom m1$ 个“一个质因数的积”，$\binom m2$ 个“两个质因数的积……他们卷起来的和是

$$ (-1)\cdot \binom m1 + (-1)^2 \cdot \binom m2 + \cdots + (-1)^m \binom mm = [1 + (-1)]^m - 1 $$

加上 $1$ 的贡献，即为 $0$。所以只有当 $n=1$ 的时候 $(\mu \times 1)(n)$ 才为 $1$，故 $\varepsilon = 1 \times \mu$。

莫比乌斯反演的另一种不太常用的形式是，若函数 $f(n)$ 与 $g(n)$ 为数论函数，则

$$ f(n) = \sum _{n \mid d} g(n) \Leftrightarrow g(n) = \sum _{n \mid d} \mu \left( \dfrac dn \right) f(d) $$

给出一些常用反演：

• $\varepsilon = \mu * 1$
• $n = \varphi * 1 \Leftrightarrow \varphi = n * \mu$

莫比乌斯反演实际上是一个高维前缀和与高维差分。

对 $n$ 进行唯一分解 $n = \prod_{i = 1}^m p_i^{k_i}$，则 $n$ 代表了一个高维空间的点 $(k_1, k_2, \ldots, k_m)$，且 $n$ 的所有约数 $d$ 代表的点与 $(k_1, k_2, \ldots, k_m)$ 的关系都是一个高维偏序关系。因此若有 $f = g \times 1$，则 $f$ 实际是 $g$ 的一个高维前缀和。类似地，与 $\mu$ 的狄利克雷卷积可以将这个高维前缀和还原，因此 $\mu$ 实际上是与之相对的高维差分。

利用这个性质，在计算类似 $g(n) = (f * \mu)(n)$ 时可以不需要枚举每个 $n$ 的因数 $d$，而只用枚举其质因数 $p_i$，依次利用差分将每个 $p_i$ 对应的维度降下来，可以略微降低复杂度。

给定 $n, m, k$，求 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j) = k]$。

不难发现：

$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [(i,j)=k] =& \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \left[\left(\dfrac ik,\dfrac jk\right)=1\right] \\ =& \sum_{i=1} ^ {\lfloor n/k \rfloor} \sum_{j=1} ^ {\lfloor m/k \rfloor} \sum_{g\mid(i,j)} \mu(g) \\ =& \sum_{i=1} ^ {\lfloor n/k \rfloor} \sum_{j=1} ^ {\lfloor m/k \rfloor} \sum_{g \mid i \land g \mid j} \mu(g) \\ =& \sum_{g=1}^n\sum_{i=1}^{\left\lfloor n/kg\right\rfloor} \sum_{j=1}^{\left\lfloor m/kg\right\rfloor} \mu(g) \\ =& \sum_{g=1}^n \mu(g) \sum_{i=1}^{\left\lfloor n/kg \right\rfloor} \sum_{j=1}^{\left\lfloor m/kg\right\rfloor} 1 \\ \end{aligned} $$

而 $\left\lfloor \dfrac ng\right\rfloor$ 只有不超过 $\sqrt{n}$ 种取值，$\left\lfloor \dfrac ng\right\rfloor$ 和 $\left\lfloor \dfrac mg\right\rfloor$ 只有不超过 $\sqrt{n}+\sqrt{m}$ 种取值，因此可以将 $[1,n]$ 分成 $\sqrt{n}+\sqrt{m}$ 块，每一块的 $\left\lfloor \dfrac ng\right\rfloor$ 和 $\left\lfloor \dfrac mg\right\rfloor$ 取值都不变，则我们预处理 $\mu$ 后可以对一块区间进行 $O(1)$ 的统计，总时间复杂度为 $O(\sqrt{n}+\sqrt{m})$。

令 $f(k)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [(i,j)=k]$，$g(k)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [k \mid (i,j)]$，则 $f(k)$ 就是我们要求的答案。很明显 $k \mid (i,j) \Leftrightarrow k \mid i\text{ 且 } k\mid j$，因此$g(k)=\left\lfloor \dfrac nk \right\rfloor \left\lfloor \dfrac mk \right\rfloor$。

发现 $g(k)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor n/k \right\rfloor}f(d * k)$，因此有：

$$ \begin{aligned} f(k)=&\sum_{d=1}^{\left\lfloor n/k \right\rfloor}g(d * k)\mu(d) \\ =&\sum_{d=1}^{\left\lfloor n/k \right\rfloor}\left\lfloor \dfrac n{dk} \right\rfloor \left\lfloor \dfrac m{dk} \right\rfloor\mu(d) \end{aligned} $$

令 $n'=\left\lfloor \dfrac nk \right\rfloor,m'=\left\lfloor \dfrac mk \right\rfloor$，则

$$ \begin{aligned} f(k)=&\sum_{d=1}^{\left\lfloor n/k \right\rfloor}\left\lfloor \dfrac {n'}d \right\rfloor \left\lfloor \dfrac {m'}d \right\rfloor\mu(d) \end{aligned} $$

类似上面可以证明 $n',m'$ 的取值个数，因此求解也是 $O(\sqrt{n}+\sqrt{m})$ 的。

好了，那求了一个区间后，怎么寻找下一个区间？假设我们当前区间开头为 $i$，并假设下一个区间为 $j$ ，则：

$$ \begin{aligned} \left\lfloor \dfrac {n'}i \right\rfloor & \leq \left\lfloor \dfrac {n'}j \right\rfloor \\ \Rightarrow \left\lfloor \dfrac {n'}i \right\rfloor & \leq \dfrac {n'}j \\ \Rightarrow j & \leq \dfrac {n'}{\left\lfloor {n'}/i \right\rfloor} \\ \Rightarrow j & \leq \left\lfloor \dfrac {n'}{\left\lfloor {n'}/i \right\rfloor}\right\rfloor\\ \end{aligned} $$

同理可得 $m$。因此 $j=\min\left( \left\lfloor \dfrac {n'}{\left\lfloor {n'}/i \right\rfloor} \right\rfloor,\left\lfloor \dfrac {m'}{\left\lfloor {m'}/i \right\rfloor} \right\rfloor\right)$。这个技巧在很多莫比乌斯反演的题目都用得上。

直接给出结论：

$$ d(ij) = \sum _{x\mid i} \sum _{y\mid j} [(x, y) = 1] $$

以下给出一个简单的证明：

上式显然先决定 $x$ 的取值，再决定 $y$ 的取值。对于一个质因子 $p$，若 $p^a \mid i,\ p^b \mid j$，且 $p^{a+b} \mid ij$，则由于 $(x, y) = 1$，一定有 $\min(a, b) = 0$，故

• $p^0 \mid x$，则表示 $y$ 可以任意选 $p^1, \ldots, p^b$ 等因子，分别映射到因数 $p^{a+1}, p^{a+2}, \ldots, p^{a+b}$；
• $p^1 \mid x, p^2 \mid x, \ldots, p^a \mid x$，则表示 $x$ 可以任意选 $p^1, \ldots, p^a$ 等因子，分别映射到因数 $p^{1}, p^{2}, \ldots, p^{a}$；
• $p^0 \mid x$ 且 $q^0 \mid y$ 等因子，映射到因数 $p^0$；

综上，因子 $p^0, p^1, \ldots, p^{a+b}$ 都能被唯一地表示出来且一一对应（双射），因此等式成立。这里 提供了另一种关于约数个数和的类似形式证明，但是使用了更合理的映射使得式子易于证明。

莫比乌斯的题目通常能转化为 $(i,j)=1$ 的计数问题，而转化为计数问题我们就容易通过分块求解了。

二维 GCD 计数前缀和。

POI2007 Zap 的加强版，容斥原理加加减减就好了。

仍然是二维 GCD 计数前缀和，不过需要 $(i,j)$ 为质数。只要预处理质数的 $\mu$ 前缀和就好了。

不被挡住即行列 $(i,j)=1$（从 $0$ 标号），因此答案为 $(\sum_{i=1}^{n - 1} \sum_{j=1}^{n - 1} [(i,j)=1])+2$（$2$ 个是 $(0,1)$、$(1,0)$）。最终化为 $(\sum_{g=1}^n \mu(g) \lfloor n / g\rfloor ^2)+2$，分块求解。

是道好题，然而需要结论。

令 $n'=\dfrac ng$，$m'=\dfrac mg$，则

$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij) =&\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [(i,j)=1] \\ =&\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m {\left\lfloor \dfrac ni\right\rfloor}{\left\lfloor \dfrac mj\right\rfloor} \sum_{g \mid (i,j)}\mu(g) \\ =&\sum_{g=1}^n\mu(g)\sum_{i=1}^{\left\lfloor n/g\right\rfloor} \sum_{j=1}^{\left\lfloor m/g\right\rfloor} \left\lfloor \dfrac n{ig} \right\rfloor \left\lfloor \dfrac m{jg} \right\rfloor \\ =&\sum_{g=1}^n\mu(g)\sum_{i=1}^{n'} \sum_{j=1}^{m'} \left\lfloor \dfrac {n'}i \right\rfloor \left\lfloor \dfrac{m'}j \right\rfloor \\ =&\sum_{g=1}^n\mu(g)\sum_{i=1}^{n'} \left\lfloor \dfrac {n'}i \right\rfloor \sum_{j=1}^{m'} \left\lfloor\dfrac{m'}j \right\rfloor \\ \end{aligned} $$

然后就可以预处理 $f(n)=\sum_{i=1}^n \left\lfloor \dfrac ni​ \right\rfloor$ 的值，每次询问就可以分块解决。之所以要预处理 $f(n)​$，是因为在倒数第二步时如果采用直接计算 $\sum_{i=1}^{n'} \sum_{j=1}^{m'} \left\lfloor \dfrac {n'}i \right\rfloor \left\lfloor \dfrac{m'}j \right\rfloor​$ 开销是很大的。但如果我们能预处理，就能做到 $O(1)​$ 计算。

预处理时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$，单次询问时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。

发现是 SDOI2015 约数个数和 的单询问加强版本，上面对 $\mu$ 前缀和的 $O(n)$ 时间复杂度已经不能满足我们了，因此我们需要用杜教筛求出 $\mu(n)$ 前缀和，在 $O(n ^{2/3})$ 时间内完成计算。

比较有意思的莫比乌斯反演题。

枚举比值 $k=\dfrac {p}{q}\ge 1$ 中的 $p,q$，再枚举最短边 $x$，$x+kx>k^2x$ 可以得到约束 $k<\phi=\dfrac{1+\sqrt 5}{2}$ ，即 $q\le p<\phi q$ 。同时 $x$ 需要为 $q^2$ 的整数倍，故 $q\le \sqrt n$ ，设 $x=iq^2$ ，式子化为：

$$ \begin{aligned} &\sum_{q=1}^{\sqrt n}\sum_{p=q}^{\phi q}[(p,q)=1]\sum_{i=1}^{+\infty}[ip^2\le n]\\ =&\sum_{q=1}^{\sqrt n}\sum_{p=q}^{\phi q}[(p,q)=1]\left\lfloor\dfrac{n}{p^2}\right\rfloor \end{aligned} $$

发现可以将 $p$ 前提，故找出 $p$ 的范围。由于 $xk^2=ip^2\le n$，$p\le \sqrt n$ 。原式进一步化为：

$$=\sum_{p=1}^{\sqrt n}\left\lfloor\dfrac{n}{p^2}\right\rfloor\sum_{q=\lceil p / \phi \rceil}^{p}[(p,q)=1]$$

此时考虑简化对 $q$ 求和部分。我们发现这部分就是 $\varphi(p)-\sum_{i=1}^{\lceil p / \phi \rceil -1}[(i,p)=1]$ ，而 $\sum_{i=1}^{n}[(i,p)=1]$ 很容易反演为 $\sum_{d\mid p}\mu(d)\lfloor\dfrac nd\rfloor$ 。枚举 $p$ 以及 $p$ 的每个因数 $d$ ，由于 $1\sim n$ 约数个数和是 $O(n\log n)$ 的，故复杂度为 $O(\sqrt n \log n)$ 。

这里 提供了一个 $O(\sqrt n\log \log \sqrt n)$ 的做法，该做法基于莫比乌斯反演的前缀和和差分意义，使得计算 $g(n) = (f * \mu)(n)$ 时不需要枚举每个 $n$ 的因数 $d$，而只用枚举质因数 $p_i$ 使复杂度略微下降。

莫比乌斯反演基本上离不开 GCD 和两个累和符号，而且通常通过将式子化为 $\varepsilon(n)$ 的形式，进而反演成 $\mu(n)$ 并提出相关变量的形式，简化式子进行计算。求解一般通过数论分块和预处理 $\mu(n)$ 前缀和的方式在 $O(\sqrt{n})$ 时间内求和。

• $\varepsilon = \mu * 1$，$n = \varphi * 1$
• 当待分块函数（如 $\mu$）可以单独提出预处理时，可以通过此降低时间复杂度。
• 若多次询问中，分块区域下含有 GCD 的枚举值 $g$ 和 $i$ 或 $j$ 之一，可以通过更换枚举变量改为枚举 $ig$ 或 $jg$ 的值，再枚举 $g$ 加速。（说法很意识流，详见莫比乌斯反演简要笔记 - GCD的幂）
• 积性函数有时不好证明，可以打表观察。重点观察幂和质数的值。