淺談莫比烏斯反演的常見套路
部落格園已掛，表示不想修了，直接來這裡看吧
整理一下，不然再過三天就又忘了。
莫比烏斯反演的套路
emmm，因為我做過的題太少了，所以可能非常不全。
以下的式子都是用\(\sum_{d \ | n} \mu(d) = [n = 1]\)推出來的，想看"正規"形式的可以參考這裡
如果不做特殊說明的話，\(\frac{n}{k}\)預設為下取整，保證\(n < m\)
\(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m gcd(i, j) = k\)
這類應該是最基礎的問題
\begin{aligned}
&\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m gcd(i, j) = k \
&\sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}} [gcd(i, j)]\
&\sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}} \sum_{d | gcd(i, j)} \mu(d)\
&\sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}} \sum_{d | i} \sum_{d | j}\mu(d)\
&\sum_{d = 1}^n \mu(d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} \sum_{d | i} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}}\sum_{d | j} 1\
&\sum_{d = 1}^n \mu(d) \frac{n}{kd} \frac{m}{kd}\
\end{aligned}
然後直接對後面的數論分塊就行了
題目
\(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m gcd(i, j)\)
按照套路，列舉\(gcd\)
\begin{aligned}
&\sum_{d = 1}^n \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m gcd(i, j) = d \
&\text{後面的一坨直接按照第一種套路推，最終會得到}\
&\sum_{d = 1}^n \sum_{k=1}^n \mu(k) \frac{n}{kd} \frac{m}{kd}\
&\text{設\(T = kd\)
&\sum_{T = 1}^n \frac{n}{T} \frac{m}{T} \sum_{d | T} d \mu(\frac{T}{d})
\end{aligned}
設$g(T) = \sum_{d | T} d \mu(\frac{T}{d}) $
不難發現這是個嚴格的狄利克雷卷積的形式，那麼顯然\(g\)也是個積性函式，我們可以直接線性篩預處理後面的部分，數論分塊搞前面的。總的複雜度就是\(O(n + T\sqrt{n})\)
拓展
這裡題目最常見的拓展就是在\(gcd(i, j)\)外面再套一個函式，處理的策略都是一樣的，化到最後得到的基本也都是積性函式，如果不是就暴力篩，是的話線性篩。至於怎麼線性篩積性函式可以看
題目
\(\prod_{i = 1}^n \prod_{j = 1}^m gcd(i, j)\)
\begin{aligned}
&\prod_{d = 1}^n d^{{\sum_{i = 1}^n \sum_{j=1}^m} gcd(i, j) = d}\
&\text{然後按照上面的套路推，可以得到下面的式子}\
&\prod_{d = 1}^n d^{\sum_{k=1}^{\frac{n}{d}} \mu(k) \frac{n}{kd}\frac{m}{kd}}\
&\text{設\(T= kd\)，列舉\(T\)}\
&\prod_{T = 1}^n (\prod_{d | T} d^{\mu(\frac{T}{d})})^{\frac{n}{T} \frac{m}{T}}\
\end{aligned}
設\(g(T) = \prod_{d \ | T} d^{\mu(\frac{T}{d})}\)
到了這裡就有必要好好說說了，按照常規的套路反演出的\(g(T)\)應該是個積性函式，然而這裡並不是，但是暴力打表之後可以發現一些規律
當\(T\)為質數的冪時, 設\(T = p^q\)，那麼\(g(T) = p\)，除此之外\(g(T) = 1\)
那麼直接列舉質數的冪次更新\(g\)，由於質數的密度大概是\(\frac{n}{\ln n}\)，而且每個質數的列舉上界為\(\log n\)那麼總複雜度為\(O(\frac{n}{ln n}) \log n = O(n)\)
拓展
這種形式同樣有許多的拓展，最常見的也是在\(gcd\)的那裡再套上個什麼函式
比如，[SDOI2017]數字表格就是要求
\[\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m f(gcd(i, j))\]
其中\(f(i)\)表示第\(i\)個斐波那契數
這種題就按照套路推，推到最後一步，如果發現\(g(T)\)不能快速計算就直接暴力列舉因子，不然就xjb找規律。。
小結
莫比烏斯反演的一大特點就是套路性強，但是很多題還是相當有難度的，比如把某個問題轉成反演，反演轉圖論。像我這種菜雞肯定是這輩子都做不出來的qwq