莫比乌斯函数总结

性质：(sum_{d|n}mu(d)=[n==1])
这个可以用组合数的性质来证，形象点的话就是杨辉三角。
因为恒等式：(sum_{i=0}^{n}(-1)^nC_{n}^{i}=0).

莫比乌斯反演：
形式一:
已知：(g(n)=sum_{d|n}f(d))，则有：(f(n)=sum_{d|n}mu(d)g(frac{n}{d})).
证明如下：

[sum_{d|n}mu(d)g(frac{n}{d})=sum_{d|n}mu(d)sum_{k|frac{n}{d}}f(k) ]

交换求和次序，有：

[egin{aligned} &sum_{d|n}mu(d)sum_{k|frac{n}{d}}f(k)\ =&sum_{k|n}f(k)sum_{d|frac{n}{k}}mu(d)\ =&sum_{k|n}f(k)[frac{n}{k}=1]=f(n) end{aligned} ]

故得证.
形式二:
已知：(g(n)=sum_{n|d}f(d))，则有：(f(n)=sum_{n|d}mu(frac{d}{n})g(d)).
证明如下：
令(k=frac{d}{n}),则有：

[egin{aligned} &sum_{n|d}mu(frac{d}{n})g(d)\ =&sum_{k=1}^{infty}mu(k)g(nk)\ =&sum_{k=1}^{infty}mu(k)sum_{nk|t}f(t) end{aligned} ]

交换求和次序，有：

[egin{aligned} &sum_{k=1}^{infty}mu(k)sum_{nk|t}f(t)\ =&sum_{n|t}f(t)sum_{k|frac{t}{n}}mu(k)\ =&sum_{n|t}f(t)[frac{t}{n}=1]=f(n) end{aligned} ]

故得证.

常用技巧（应用）：
一个性质：

[lfloorfrac{lfloorfrac{x}{a} floor}{b} floor=lfloorfrac{x}{ab} floor ]

证明如下：
令(y=lfloorfrac{x}{a} floor,z=lfloorfrac{x}{ab} floor),显然有：(x=zab+c,cleq ab).
等式两边同时除以(a)并向下取整有：(y=zb+lfloorfrac{c}{a} floor).
再同时除以(b)并向下取整：(lfloorfrac{lfloorfrac{x}{a} floor}{b} floor=z+lfloorfrac{lfloorfrac{c}{a} floor}{b} floor).
之后就比较显然了。

整除分块:
整除分块经常在相关数论问题中用到，主要是用来解决下列求和式：

[sum_{i=1}^{n}lfloorfrac{n}{i} floor ]

证明我就不写了，就说点有用的性质吧：

对于(1leq ileq n)，(lfloorfrac{n}{i} floor)只有至多(2sqrt{n})个不同取值。
对于任一(x)，当(xleq ileq lfloorfrac{n}{lfloorfrac{n}{x} floor} floor)时，(lfloorfrac{n}{i} floor)的值都相等。

有了上面两个性质，那么可以加速求和式，复杂度为(sqrt{n})。

例一：
求：(sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]).

[egin{aligned} &sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\ =&sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}sum_{d|gcd(i,j)}mu(d)\ =&sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}sum_{d|i,d|j}mu(d) end{aligned} ]

说明一下：从第一步到第二步多出来一个和式，就相当于一个容斥的过程，考虑所有的((i,j))，对于他们的(gcd)来进行容斥：先加上所有的情况，然后减去(gcd)为(2,3,5...)倍数的情况，但会多减，所以加回来。
之后再进行变换得：

[egin{aligned} &sum_{d}mu(d)sum_{i=1}^{n}sum_{d|i}sum_{j=1}^{m}sum_{d|j}\ =&sum_{d}mu(d)lfloorfrac{n}{d} floorlfloorfrac{m}{d} floor end{aligned} ]

后面的部分直接整除分块，然后预处理(mu)的前缀和就行了。

例二：
求：(sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}gcd(i,j))

这个和第一个比较类似，我们变化一下就有：

[egin{aligned} &sum{d}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]\ =&sum{d}sum_{i=1}^{frac{n}{d}}sum_{j=1}^{frac{m}{d}}[gcd(i,j)=1] end{aligned} ]

根据例一得：

[egin{aligned} &sum{d}sum_{i=1}^{frac{n}{d}}sum_{j=1}^{frac{m}{d}}[gcd(i,j)=1]\ =&sum{d}sum_tmu(t)lfloorfrac{n}{dt} floorlfloorfrac{m}{dt} floor end{aligned} ]

令(T=dt)，则上式可化为：

[egin{aligned} =&sum{frac{T}{t}}sum_{t}mu(frac{T}{d})lfloorfrac{n}{T} floorlfloorfrac{m}{T} floor\ =&sum_{T}lfloorfrac{n}{T} floorlfloorfrac{m}{T} floorsum_{t|T}mu(t)frac{T}{t}\ =&sum_Tlfloorfrac{n}{T} floorlfloorfrac{m}{T} floorvarphi(T) end{aligned} ]

说说为什么最后转化为了欧拉函数：
欧拉函数有个十分有用的性质：(sum_{d|n}varphi(d)=n)，证明的话主要从(f(n)=sum_{d|n}varphi(d))这个函数为积性函数入手。同时还有两个个性质也比较有用：一个是(varphi(p^m)=p^m-p^{m-1})，另一个是小于(n)的数中，与(n)互质的数的和为(frac{nvarphi(n)}{2},n>1)，为什么呢？因为有(gcd(m,n)=gcd(n,n-m)，所以是成对的~)。
回到正题，有了这个式子反演一下就有：

[varphi(n)=sum_{d|n}mu(d)frac{n}{d} ]

对于例二，整除分块+预处理欧拉函数就行了。

相关例题：
洛谷P1829

题意：
求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m lcm(i,j))。

思路：
推导过程如下：

[egin{aligned} &sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m lcm(i,j)\ =&sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m frac{ij}{gcd(i,j)}\ =&sum_dsum_isum_jfrac{ij}{d}(gcd(i,j)=d)\ =&sum_dsum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{m}{d} floor}ijd(gcd(i,j)=1)\ =&sum_ddsum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{m}{d} floor}ij(gcd(i,j)=1) end{aligned} ]

后面部分是不是很熟悉，我们先求(sum(n,m)=sum_isum_jij(gcd(i,j)=1)).
按照套路，有：

[egin{aligned} sum(n,m)=&sum_isum_jijsum_{d|gcd(i,j)}mu(d)\ =&sum_d d^2mu(d)sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{m}{d} floor}ij end{aligned} ]

后面部分为两个等差数列求和，显然可以直接数论分块来搞。
回到原式：

[sum_d dcdot sum(lfloorfrac{n}{d}, frac{m}{d} floor) ]

发现这后面也可以数论分块搞，所以就是分块套分块，总复杂度为(O(n))。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e7 + 5, MOD = 20101009;
int n, m;
int mu[N], p[N], sum[N];
bool chk[N];
void init() {
    mu[1] = 1;
    int cnt = 0, k = min(n, m);
    for(int i = 2; i <= k; i++) {
        if(!chk[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= k; j++) {
            chk[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) {mu[i * p[j]] = 0; break;}
            mu[i * p[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= k; i++) sum[i] = ((sum[i - 1] + 1ll * mu[i] * i * i % MOD) % MOD + MOD) % MOD;
}
int Sum(int x) {
    return 1ll * x * (x + 1) / 2 % MOD;
}
int calc(int n, int m) {
    int ans = 0;
    for(int i = 1, j; i <= min(n, m); i = j + 1) {
        j = min(n / (n / i), m / (m / i));
        ans = (ans + 1ll * (sum[j] - sum[i - 1] + MOD) * Sum(n / i) % MOD * Sum(m / i) % MOD) % MOD;
    }
    return ans;
}
int solve(int n, int m) {
    int ans = 0;
    for(int i = 1, j; i <= min(n, m); i = j + 1) {
        j = min(n / (n / i), m / (m / i));
        ans = (ans + 1ll * (i + j) * (j - i + 1) / 2 % MOD * calc(n / i, m / i) % MOD) % MOD;
    }
    return ans;
}
int main() {
#ifdef heyuhhh
    freopen("input.in", "r", stdin);
#else
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
#endif
    cin >> n >> m;
    init();
    cout << solve(n, m);
    return 0;
}