Part 1 前置芝士
1.1 数论函数
数论函数：对于函数 \(f\)，若满足定义域为正整数，则称这个函数为 数论函数。
加性函数：对于函数 \(f\) 若满足 \(\gcd(p,q)=1(p,q \in \mathbb N^+)\) 时 \(f(pq)=f(p)+f(q)\)，则称函数 \(f\) 为 加性函数。
积性函数：对于函数 \(f\) 若满足 \(\gcd(p,q)=1(p,q \in \mathbb N^+)\) 时 \(f(pq)=f(p)f(q)\)，则称函数 \(f\) 为 积性函数。
若将值域扩大到任意 \(p,q(p,q \in \mathbb N^+)\)，仍然成立，则称为 完全加性（或积性）函数。
加性函数与积性函数均属于数论函数。
tip：\(\gcd(p,q)=1\) 指 \(p,q\) 互质。
1.2 莫比乌斯函数
根据 贝尔级数 可得：
\\\begin{array}{c} \\mu(p\^k)=\\begin{cases}1\&k=0\\\\-1\&k=1\\\\0\&k\>1\\end{cases} \\\\ \\therefore \\mu(n)=\\begin{cases}1\&n=1\\\\(-1)\^k\&n=p_1p_2...p_k，p_i \\ 为 \\ n \\ 的质因子且两两互质\\\\0\&\\text{otherwise}\\end{cases} \\end{array} \\
tip：\(\text{otherwise}\) 指不满足上述条件。
1.3 莫比乌斯函数性质
性质 1
我们注意到，莫比乌斯函数有一个 重要性质：
\\\sum_{d\|n}\\mu(d)=\[n=1 \]
tip：\(d|n\) 表示能被 \(n\) 整除的 \(d\)。\(n=1\) 指 \(n=1\) 则值为 \(1\)，否则为 \(0\)。
（口糊一下：对于所有能被 \(n\) 整除的数，它们所有的莫比乌斯函数和，当 \(n\) 等于 \(1\) 时为 \(1\)，否则为 \(0\)）。
来自百度百科的证明：
- 当 \(n=1\) 时易证。
- 当 \(n \ne 0\) 时，不妨令 \(n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}...p_k^{a_k}\)。易证：在 \(n\) 的所有因子中，莫比乌斯值不为 \(0\) 的只有质因子次数为 \(1\) 的因子，而质因子次数为 \(a\) 的因子有 \(C_k^r\) 个。\(\therefore \sum\limits_{d|n} \mu(n)=C_k^0 - C_k^1 + C_k^2 +...+ (-1)^k C_k^k=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^i C_k^i\)
性质 2 ？
就需要用到莫比乌斯反演了。
Part 2 莫比乌斯反演
2.1 芝士：欧拉函数
直接看：
\\\varphi(n)=\\sum_{i=1}\^{n}\[(n,i)=1 \]
可能没看懂，口糊一下，求所有不大于 \(n\) 与 \(n\) 互质的数。
那这有什么用？
再看一个重要性质：
\\\sum_{d\|n}\\varphi(n)=n \\
再口糊一下，所有能被 \(n\) 整除的数的欧拉函数和为 \(n\)。
来自 OI wiki 的证明 ：
如果 \(\gcd(k,n)=d\)，那么 \(\gcd(\frac{k}{d},\frac{n}{d})=1,(k<n)\)。
不妨设 \(f(x)\) 表示 \(\gcd{k,n}=x\) 的数的个数，那么 \(n=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\)。
根据上面证明，我们注意到，\(f(x)=\varphi(\frac{n}{x})\)，从而 \(n=\sum\limits_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})\)。再次注意到，约数 \(d\) 和 \(\frac{n}{d}\) 具有对称性，\(\therefore n=\sum\limits_{d|n} \varphi (d)\)。
2.2 莫比乌斯反演及其证明
有了欧拉函数的铺垫，接下来就简单了。
还是经典直接上公式：
\g(n)=\\sum_{d\|n} f(d)\\Longleftrightarrow f(n)=\\sum_{d\|n}g(d)\\mu \\left (\\frac{n}{d} \\right) \\
啊！！！完全看不懂怎么办。\(g\) 和 \(f\) 是什么呀？
别慌，\(g\) 和 \(f\) 只是两个数论函数，并没有定义什么。其实只是如果 \(g(n)=\sum\limits_{d|n} f(d)\) 或 \(f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)\mu \left (\frac{n}{d} \right)\) 中的一个条件满足，那么另一个条件也满足。
不过做题目时基本用不上。
它在做题目中最经典得运用就是这个，在下面例题中也经常用到：
\\\sum_{p\|\\gcd(i,j)}\\mu(p)=\[\\gcd(i,j)=1 \]
接下来要正确性证明了，这里采用喜闻乐见的推柿子大法：
\g(n)=\\sum_{d\|n}g(d)\\mu \\left (\\frac{n}{d} \\right)=\\sum_{d\|n,t\|\\frac{n}{d}}g(t)\\mu\\left(\\frac{n}{d}\\right)=\\sum_{t\|n}g(t)\\sum_{d\|\\frac{n}{d}}\\mu(d)=g(n) \\
2.3 性质 2
现在就知道了，\(\sum\limits_{d|n}\frac{\mu (d)}{d} = \frac{\varphi (n)}{n}\)，证明也十分简单。
令 \(F(n)=n\)，\(f(n)=\varphi(n)\)，直接代入莫比乌斯反演即可。
2.4 莫比乌斯反演经典例题
Ex.1 LuoguP3455 ZAP-Queries
题意简述
对 \(T\) 组询问求 \(\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b\\gcd(i,j)=d\)。
数据范围：\(1\le d \le a,b \le 5\times10^4\)，\(T\le 5\times 10^4\)。
解题思路
不妨令 \(a\le b\)。约去 \(d\) 得：
\\\sum_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{a}{d} \\rfloor}\\sum_{j=1}\^{\\lfloor \\frac{b}{d} \\rfloor}\[\\gcd(i,j)=1 \]
注意到，\(\sum\limits_{p|n}\mu(n)=n=1\) 可以变为 \(\sum\limits_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)=\\gcd(i,j)=1\)，代入进去，得：
\\\sum_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{a}{d} \\rfloor}\\sum_{j=1}\^{\\lfloor \\frac{b}{d} \\rfloor}\\sum_{p\|\\gcd(i,j)}\\mu{(p)} \\
枚举 \(p\)，\(\because p|\gcd(i,j)\)，\(\therefore p\) 为 \(i,j\) 的因数：
\\\therefore 原式=\\sum_{p=1}\^{\\lfloor \\frac {a}{d} \\rfloor}\\mu{(p)} \\times {\\lfloor \\frac{a}{dp} \\rfloor}\\times{\\lfloor \\frac{b}{dp} \\rfloor} \\
整除分块（数论分块）求解即可。
Ex.2 LuoguP2257 YY的GCD
题意简述
对 \(T\) 组询问求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\\gcd(i,j) \\in prime\)。
数据范围：\(T=10^4，N,M\le10^7\)。
解题思路
我们不妨令 \(n\le m\)，\(k\) 为质数，则 \(k\le n\)
推一下柿子：
\\\sum_{i=1}\^n\\sum_{j=1}\^m\[\\gcd(i,j) \\in prime=\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\\gcd(i,j)=k(k\in prime) \]
太史了，同时约去 \(k\) 一下，得：
\\\sum_{k=1}\^{n}\\sum_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{k}\\rfloor}\\sum_{j=1}\^{\\lfloor \\frac{m}{k} \\rfloor}\[\\gcd(i,j)=1(k\in prime) \]
注意到，\(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=n=1\) 可以变为 \(\sum\limits_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)=\\gcd(i,j)=1\)，代入进去，得：
\\\sum_{k=1}\^{n}\\sum_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{k}\\rfloor}\\sum_{j=1}\^{\\lfloor \\frac{m}{k} \\rfloor}\\sum_{d\|\\gcd(i,j)}\\mu(d)(k\\in prime) \\
枚举 \(d\)，\(\because d|\gcd(i,j)\)，\(\therefore d\) 为 \(i,j\) 的因数：
\\\therefore 原式=\\sum_{k=1}\^n\\sum_{d=1}\^{\\lfloor\\frac{n}{k}\\rfloor}\\mu(d)\\times\\lfloor\\frac{n}{kd}\\rfloor\\times\\lfloor\\frac{m}{kd}\\rfloor(k \\in prime) \\
这下是不是好多了，但是，别急，不妨设 \(T=kd\)，则
\原式=\\sum_{k=1}\^n\\sum_{d=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{k}\\rfloor}\\mu(d)\\times \\lfloor \\frac{n}{T}\\rfloor\\times \\lfloor \\frac{m}{T}\\rfloor (k \\in prime)\\
枚举 \(T\)，得：
\\\sum_{T=1}\^n\\lfloor \\frac{n}{T}\\rfloor\\times\\lfloor\\frac{m}{T}\\rfloor \\sum_{k\|T,k \\in prime} \\mu \\left( \\frac{T}{k} \\right) \\
预处理 \(k\)，整除分块即可做出。
Ex.3 LuoguP3327 约数个数和
题意简述
设 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数，给定 \(T\) 组数据 \(n,m\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^md(ij)\)。
数据范围：\(1\le T,n,m \le 50000\)。
解题思路
不难发现
\\\begin{matrix} d(ij)=\\sum\\limits_{x\|i}\\sum\\limits_{y\|j}\[\\gcd(x,y)=1 \\ \therefore \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^md(ij)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\\gcd(x,y)=1 \end{matrix} \]
枚举 \(i\) 和 \(j\)，不如直接枚举 \(x\) 和 \(y\)，可得：
\\\sum\\limits_{x=1}\^{n}\\sum\\limits_{y=1}\^{m} \\lfloor \\frac{n}{x}\\rfloor \\lfloor \\frac{m}{y} \\rfloor \[\\gcd(x,y)=1 \]
同样的道理：
\ \\sum\\limits_{x=1}\^{n}\\sum\\limits_{y=1}\^{m} \\lfloor \\frac{n}{x}\\rfloor \\lfloor \\frac{m}{y} \\rfloor \\sum\\limits_{d\|\\gcd(x,y)}\\mu(d) \\
令 \(n \le m\)，得：
\\\sum\\limits_{x=1}\^{n}\\sum\\limits_{y=1}\^{m} \\lfloor \\frac{n}{x}\\rfloor \\lfloor \\frac{m}{y} \\rfloor \\sum\\limits_{d=1}\^n\\mu(d)\\times\[d\|\\gcd(x,y) \]
约去 \(d\)，得：
\\\sum\\limits_{x=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor}\\sum\\limits_{y=1}\^{\\lfloor \\frac{m}{d} \\rfloor} \\lfloor \\frac{n}{dx}\\rfloor \\lfloor \\frac{m}{dy} \\rfloor \\sum\\limits_{d=1}\^n\\mu(d) \\
再移项变好看一点，得：
\\\sum\\limits_{d=1}\^n\\mu(d) \\left(\\sum\\limits_{x=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor}\\lfloor \\frac{n}{dx}\\rfloor\\right)\\left(\\sum\\limits_{y=1}\^{\\lfloor \\frac{m}{d} \\rfloor} \\lfloor \\frac{m}{dy} \\rfloor \\right) \\
整除分块即可。
Ex.4 LuoguP1829 Crash的数字表格
题意简述
求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)\) 对 \(20101009\) 取模的值。
\(\operatorname{lcm}(i,j)\) 指 \(i\) 和 \(j\) 的最小公倍数。
数据范围： \(n,m\le 10^7\) （对 \(20101009\) 取模）
解题思路
令 \(n\le m\)，不难发现：
\\\sum\\limits_{i=1}\^n\\sum\\limits_{j=1}\^m\\operatorname{lcm}(i,j)=\\sum_{i=1}\^n\\sum_{j=1}\^m\\frac{i\\cdot j}{\\gcd(i,j)}=\\sum\\limits_{d=1}\^n\\sum\\limits_{i=1}\^n\\sum\\limits_{j=1}\^m \\frac{i\\times j}{d} \[\\gcd(i,j)=d \]
约去 \(d\)，得：
\\\sum\\limits_{d=1}\^{n}\\sum\\limits_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{d}\\rfloor}\\sum\\limits_{j=1}\^{\\lfloor \\frac{m}{d} \\rfloor} {i\\times j\\times d}\[\\gcd(i,j)=1 \]
还是同样的道理：
\原式=\\sum\\limits_{d=1}\^{n}\\sum\\limits_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{d}\\rfloor}\\sum\\limits_{j=1}\^{\\lfloor \\frac{m}{d} \\rfloor} {i\\times j\\times d}\\sum\\limits_{k\|\\gcd(i,j)}\\mu(k) \\
拆开来，再移项，得：
\\\sum\\limits_{d=1}\^nd\\sum\\limits_{k=1}\^n\\mu(k)\\sum\\limits_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor}i\[\\gcd(k,i)=1\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}j\\gcd(k,j)=1 \]
约去 \(k\) 得：
\\\sum\\limits_{d=1}\^nd\\sum\\limits_{k=1}\^n\\mu(k)\\sum\\limits_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{dk} \\rfloor}ik\\sum\\limits_{j=1}\^{\\lfloor \\frac{m}{dk} \\rfloor}jk \\
太丑了，化简一下：
\\\sum\\limits_{d=1}\^nd\\sum\\limits_{k=1}\^nk\^2\\mu(k)\\sum\\limits_{i=1}\^{\\lfloor \\frac{n}{dk} \\rfloor}i\\sum\\limits_{j=1}\^{\\lfloor \\frac{m}{dk} \\rfloor}j \\
根据等差数列求和公式：\(S=\frac{(a_1+a_n)\times n}{2}\)。再进行进一步拆开，得：
\\\begin{align} \&\\sum\\limits_{d=1}\^nd\\sum\\limits_{k=1}\^nk\^2\\mu(k)\\times \\frac{\\lfloor \\frac{n}{dk} \\rfloor(\\lfloor \\frac{n}{dk} \\rfloor + 1)}{2}\\times \\frac{\\lfloor \\frac{m}{dk} \\rfloor(\\lfloor \\frac{m}{dk} \\rfloor + 1)}{2} \\\\ =\&\\sum\\limits_{d=1}\^nd\\sum\\limits_{k=1}\^nk\^2\\mu(k)\\times \\frac{\\lfloor \\frac{n}{dk} \\rfloor \\lfloor \\frac{m}{dk} \\rfloor (\\lfloor \\frac{n}{dk} \\rfloor + 1) (\\lfloor \\frac{m}{dk} \\rfloor + 1)}{4} \\end{align} \\
其实这样已经可以在洛谷 卡过了。但是，显然这 \(O(n^2)\) 解法还是不够优秀。
来，设 \(x=dk\)，所以：
\\\begin{align} 原式\&=\\sum\\limits_{x=1}\^nx\\sum\\limits_{k\|x}k\\mu(k)\\times \\frac{\\lfloor \\frac{n}{x} \\rfloor \\lfloor \\frac{m}{x} \\rfloor (\\lfloor \\frac{n}{x} \\rfloor + 1) (\\lfloor \\frac{m}{x} \\rfloor + 1)}{4} \\end{align} \\
令 \(g(x)=\sum\limits_{d|x}xd \times \mu(d)\)，注意到，函数 \(g\) 是一个积性函数。
\\\begin{align} \\therefore g\\left(\\prod P_i\^{a_i}\\right)\&=\\prod g\\left(P_i\^{a_{i}}\\right) \\\\ \&=\\prod\\left(T\\times P_{i\^0}\\times \\mu(1) +T\\times P_{i}\\times\\mu\\left(P_i\\right) \\right) \\\\ \&=\\prod\\left(T\\times (1-P_{i})\\right) \\\\ \\end{align} \\
\\\begin{align} \\therefore \&g(p)=1-p \\\\ \&g(p\^k)=g(p\^{k-1}) \\\\ \\therefore \&g(np)=g(n)\\times g(p),\\left(\\gcd(n,p)=1\\right) \\end{align} \\
筛一下，就出来了
Part 3 总结
这篇是本蒟蒻第一篇算法专栏，结合了 OI Wiki，百度百科与许多题解。其中特意没有写 狄利克雷卷积，意在更容易理解，有兴趣可以阅读。若有错误，欢迎指出。
莫比乌斯反演其实很简单，大部分只需用 \(\sum\limits_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)=\\gcd(i,j)=1\) 这一公式，难在推柿子。它是数论中的重要部分，希望大家能熟练掌握。