莫比乌斯反演之随便写写...

莫比乌斯真的…难推…有时间..再推吧【捂脸】

莫比乌斯反演呢，其实说的就是

$$g(n)=\sum\limits_{d|n} {\mu(\frac{n}{d})f(d)}=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$$
变下型就是 $$f(k)=\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}{g(kx)}\Rightarrow g(k)=\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f(kx)\mu(d)$$

$\mu$ 这个可以通过预处理线性时间求出
就像这样 $\downarrow$

void mobius(){
    mu[1]=1;
    memset(notprime,false,sizeof(notprime));
    for(int i=2;i<=50000;i++){
        if(!notprime[i]) prime[++top]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=top && prime[j]*i<=50000;j++){
            notprime[prime[j]*i]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
}

那么说个小例子吧
$1<=x<=n，1<=y<=m$，求使$gcd(x，y)=k$的对数 （bzoj1101/lg3455）

我们设$g(k)$表示$gcd(x，y)=k$的倍数的对数，$f(k)$表示$gcd(x，y)=k$的对数（即所求）

$$g(k)=\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f(kx)$$
由莫比乌斯变形可以得到 $$f(k)=\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}g(kx)\mu(x)$$
又发现呢， $g(k)$可以求（不像 $f(k)$ 哼）
因为，如果 $gcd(i，j)=k$即 $i=kx_1，j=kx_2$，所以就求有多少对 $（x_1，x_2）$即可
而 $x_1，x_2$都应当是k的倍数才有可能
所以 $$f(k)=\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(x)\lfloor\frac{n}{kx}\rfloor\lfloor\frac{m}{kx}\rfloor$$ 然后就可以求出来啦

当然..这个方法吧…不太适用【捂脸】..就是…不适用于大多数题
因此..还有另一个想法【捂脸】（是不是感觉很无奈 哎呀我也没办法~）
求的就是

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==k]$$ $$\Rightarrow\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i,j)==1]$$
也就是 $gcd(i,j)==1$时个数加一，就和 $\varepsilon$很像哦 $ε(x) =\begin{cases} 1 & x=1\\ 0 & default\end{cases}$
因此所求就是 $$\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\varepsilon(gcd(i,j)==1)$$
又因为 $\mu * 1=\varepsilon$
$$\Rightarrow \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$$
$$\Rightarrow \sum\limits_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor，\lfloor\frac{m}{k}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor$$
就是这样【捂脸】

不过呢~
还可以更好哦~
可以分块【捂脸】
因为$\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$最多$\sqrt{n}$块，$\lfloor\frac{m}{kx}\rfloor$最多$\sqrt{m}$块
因此把每个相等的块（$\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$与$\lfloor\frac{m}{k}\rfloor$相等）..找到这个块中对应的$\mu$和（可通过前缀和求出）即可~

ll f(int n,int m,int k){
    if(n>m) swap(n,m);
    n/=k;m/=k;
    ll ans=0;
    for(int i=1,last=1;i<=n;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(ll)(mu[last]-mu[i-1])*(m/i)*(n/i);
    }return ans;
}

扩展一下，a<=x<=b，c<=y<=d的时候呢

做法就是用容斥原理【捂脸】
结果就是$f(b,d,k)-f(a-1,d,k)-f(b,c-1,k)+f(a-1,c-1,k)$

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小女子不才，欢迎大佬们找错【捂脸】