积性函数

$对于gcd(a,b)=1, 都有 f(ab)=f(a)*f(b)。那么f(n)是积性函数$对于gcd(a,b)=1,都有f(ab)=f(a)∗f(b)。那么f(n)是积性函数

欧拉函数$\phi(n)$ϕ(n)是一个积性函数，对于一个素数$p$p。有：
$\phi(p)=p-1$ϕ(p)=p−1, $\phi(p^k)=p^k-p^{k-1}=(p-1)p^{k-1}$ϕ(pk)=pk−pk−1=(p−1)pk−1第一个就根据定义理解，第二个就稍微容斥一下就可以了。

莫比乌斯函数$\mu$μ

莫比乌斯函数完整定义的通俗表达：

1）莫比乌斯函数$μ(n)$μ(n)的定义域是$N$N

2）$μ(1)=1$μ(1)=1

3）当$n$n存在平方因子时，$μ(n)=0$μ(n)=0

4）当$n$n是素数或奇数个不同素数之积时，$μ(n)=-1$μ(n)=−1

5）当$n$n是偶数个不同素数之积时，$μ(n)=1$μ(n)=1

性质：当$n$n不为$1$1时，$n$n的所有因子的$\mu$μ之和等于$0$0

${\sum_{d|n}\mu(d)}=0,\ (n\ \ !=1)$∑d∣n​μ(d)=0, (n  !=1)

性质：$\sum_{d|n}{\frac{\mu(d)}{d}}=\frac{\phi(n)}{n}$∑d∣n​dμ(d)​=nϕ(n)​

求$\mu$μ？

• $\Theta(n)$Θ(n)线性筛求出1~n的$\mu$μ

inline void eluer() {
    vis[1] = 1; mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
            LL cur = i * prime[j];
            if (cur >= (LL)N) break;
            vis[cur] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) {
                mu[cur] = 0;
                break;
            }
            else mu[cur] = -mu[i];
        }
    }
}

解释和说明：如果$i\%prime[j]=0$i%prime[j]=0的话 ，说明$cur$cur中$prime[j]$prime[j]因子至少已经出现了2次。否则因为$\mu$μ是积性函数，$i$i和$prime[j]$prime[j]又显然互质，所以$\mu(cur)=\mu(i)*\mu(prime[j])=-\mu(i)$μ(cur)=μ(i)∗μ(prime[j])=−μ(i)。

求$\phi$ϕ？

• $\Theta(n)$Θ(n)线性筛求1~n的$\phi$ϕ

inline void eluer() {
    vis[1] = 1; phi[1] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++tot] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
            LL cur = i * prime[j];
            if (cur >= N) break;
            vis[cur] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) {
                phi[cur] = phi[i] * prime[j];
                break;
            }
            else phi[cur] = phi[i] * (prime[j] - 1);
        }
    }
}

解释和说明：首先如果$p$p为一个质数，自然$\phi(p)=p-1$ϕ(p)=p−1。当$i\%prime[j]=0$i%prime[j]=0时，$i$i“包含”了$prime[j]$prime[j]，所以$prime[j]$prime[j]对$cur$cur的质因子的数目没有新的贡献。（不妨考虑根据素因子来计算$\phi$ϕ的那个式子，就只有前面的$n$n扩大了，质因子都是不变的，正确性显然啦！ ）所以$\phi[cur]=\phi[i]*prime[j]$ϕ[cur]=ϕ[i]∗prime[j]。当$i\%prime[j]!=0$i%prime[j]!=0时，$i和prime[j]$i和prime[j]显然互质，根据$\phi$ϕ是一个积性函数，有$\phi[cur]=\phi[i]*\phi[ prime[j]]=\phi[i]*(prime[j]-1)$ϕ[cur]=ϕ[i]∗ϕ[prime[j]]=ϕ[i]∗(prime[j]−1)。

求1~n的约数个数

• $O(n)$O(n)线性筛！

inline void eluer() {
    vis[1] = 1; f[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++tot] = i;
            f[i] = 2;
            d[i] = 1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
            LL cur = 1LL * i * prime[j];
            if (cur >= N) break;
            vis[cur] = 1;
            if (!(i % prime[j])) {
                f[cur] = f[i] / (d[i] + 1) * (d[i] + 2);
                d[cur] = d[i] + 1;
                break;
            }
            else {
                f[cur] = f[i] * 2;
                d[cur] = 1;
            }
        }
    }
}

解释和说明：$f[i]$f[i]表示$i$i的约数个数，$d[i]$d[i]表示$i$i的最小质因子的次幂。
如果$i$i为质数，没什么好说的。 $cur$cur一定是被它的最小素因子$prime[j]$prime[j]给筛掉的。所以如果$prime[j]|i$prime[j]∣i的话，意会一下是$cur$cur有平方因子$prime[j]$prime[j]。所以要重新算$prime[j]$prime[j]的次数的贡献。若$prime!|j$prime!∣j，因为$f$f是积性函数，$f(cur)=f(i)*f(prime[j])=2f(i)$f(cur)=f(i)∗f(prime[j])=2f(i)，最小素因子为$prime[j]$prime[j]。

莫比乌斯反演

其实莫比乌斯反演的式子和狄利克雷卷积是密不可分的。

莫比乌斯反演一般可以处理这样一个形式的题目：

如果你有一些限制，你要求解满足这些限制的一些数或者数对的个数。
记$f(n)$f(n)表示$n$n这个范围之内的答案，$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$F(n)=∑d∣n​f(d)（其实$F=f*1$F=f∗1）。

那么根据后面的数论函数的相关内容：
$F=f*1\quad &lt;=&gt;\quad F*\mu=f*1*\mu\quad&lt;=&gt;F*\mu=f*\epsilon=f$F=f∗1<=>F∗μ=f∗1∗μ<=>F∗μ=f∗ϵ=f
故：$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)*F(\frac{n}{d})\quad(1)$f(n)=∑d∣n​μ(d)∗F(dn​)(1)

如果我们规定$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$F(n)=∑n∣d​f(d)的话：
同理有
$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})*F(d)\quad(2)$f(n)=∑n∣d​μ(nd​)∗F(d)(2)

一个较好的证明
https://blog.csdn.net/outer_form/article/details/50588307
一个非常适合初学者的blog（可以说是莫反最简化的一种理解）
https://www.luogu.org/blog/An-Amazing-Blog/mu-bi-wu-si-fan-yan-ji-ge-ji-miao-di-dong-xi

初等变换 $[A = 1] = \sum_{d|A}\mu(d)$[A=1]=∑d∣A​μ(d)

(虽说这个初等变换不能解决所有需要反演的问题，但是一些简单的$gcd$gcd相关反演题用这个会容易理解容易推导。但是难题(hdu6248)什么的还是要好好构*演。

那么，如果我们要求$f(n)$f(n)的话，用$1$1式或$2$2式就可以把它转化为求另外一些函数的前缀和与数论分块问题了。。

spoj divcnt1

求$\sum_{i=1}^n\sigma_0(i)$∑i=1n​σ0​(i)。 要求$\Theta(\sqrt(n))$Θ((​n))

$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}1=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}1=\sum_{d=1}^{n}\frac{n}{d}$∑i=1n​∑d∣i​1=∑d=1n​∑i=1dn​​1=∑d=1n​dn​
数论分块。和$luoguP3935$luoguP3935一样。

一个题

求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1](n&lt;m)$∑i=1n​∑j=1m​[gcd(i,j)=1](n<m)

• 利用上面的初等变换来解决问题

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1](n&lt;m)$∑i=1n​∑j=1m​[gcd(i,j)=1](n<m)

$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$=∑i=1n​∑j=1m​∑d∣gcd(i,j)​μ(d)

$=\sum_{d=1}^n\mu(d)*\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$=∑d=1n​μ(d)∗⌊dn​⌋∗⌊dm​⌋
所以对$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$⌊dn​⌋∗⌊dm​⌋数论分块，计算一个$\mu$μ的前缀和就好了。

luoguP2522/P3455

求$\sum_{i=a}^b\sum_{j=c}^d[gcd(i,j)=k]$∑i=ab​∑j=cd​[gcd(i,j)=k]

这个计数问题依然有前缀性质，如果我们把$i,j$i,j这两维看成二维矩阵的话。就可以用二维前缀和来做。
所以就化为统计$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$∑i=1n​∑j=1m​[gcd(i,j)=k]的答案
考虑把它转为上题，$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$=∑i=1⌊kn​⌋​∑j=1⌊km​⌋​[gcd(i,j)=1]
$a\ same\ problem!$a same problem!
$O(nsqrt(n))$O(nsqrt(n))

• 正经反演

设
$f(k)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k],F(n)=\sum_{n|t}f(t)$f(k)=∑i=1n​∑j=1m​[gcd(i,j)=k],F(n)=∑n∣t​f(t)

$F(n)$F(n)的意义就是含有$n$n这个因子的对数。$F(x)=\lfloor\frac{a}{x}\rfloor*\lfloor\frac{b}{x}\rfloor(a&lt;b)$F(x)=⌊xa​⌋∗⌊xb​⌋(a<b)

根据莫反第二形式：
$f(k)=\sum_{k|t}\mu(\frac{t}{k}),F(t)=\sum_{k|t}\mu(\frac{t}{k})\lfloor\frac{a}{t}\rfloor*\lfloor\frac{b}{t}\rfloor$f(k)=∑k∣t​μ(kt​),F(t)=∑k∣t​μ(kt​)⌊ta​⌋∗⌊tb​⌋
设$\frac{t}{k}=x$kt​=x，$f(k)=\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{a}{k}\rfloor}\mu(x)\lfloor\frac{a}{xk}\rfloor*\lfloor\frac{b}{xk}\rfloor$f(k)=∑x=1⌊ka​⌋​μ(x)⌊xka​⌋∗⌊xkb​⌋
所以对$\lfloor\frac{a}{xk}\rfloor*\lfloor\frac{b}{xk}\rfloor$⌊xka​⌋∗⌊xkb​⌋数论分块就行了。

一个题

给定$n,m$n,m，求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[gcd(i,j)==k](n&lt;m)$∑i=1n​∑j=1m​ij[gcd(i,j)==k](n<m)

• 用初等变换解决问题

和上面一样，我们还是考虑把是$k$k的整倍数的那些$i,j$i,j同时除以$k$k
$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij[gcd(i,j)==1]k^2$=∑i=1⌊kn​⌋​∑j=1⌊km​⌋​ij[gcd(i,j)==1]k2

$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)k^2$=∑i=1⌊kn​⌋​∑j=1⌊km​⌋​ij∑d∣gcd(i,j)​μ(d)k2

$=k^2\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}d^2\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j$=k2∑d=1⌊kn​⌋​d2μ(d)∑i=1⌊kdn​⌋​i∑j=1⌊kdm​⌋​j

我们发现可以预处理$\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}d^2\mu(d)$∑d=1⌊kn​⌋​d2μ(d)的前缀和，对后面那一坨数论分块算等差数列平方，最后$ans*=k^2$ans∗=k2就好了。（把$\frac{n}{k}$kn​视作$n$n，$\frac{m}{k}$km​视作$m$m，就是有两个限制的数论分块了。）
$O(n+sqrt(n))$O(n+sqrt(n))

• 正经反演

一个题

求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)$∑i=1n​∑j=1m​lcm(i,j)

因为，$lcm(i,j)=\frac{i*j}{gcd(i,j)}$lcm(i,j)=gcd(i,j)i∗j​

仍然是老套路，枚举 $gcd(i,j)$gcd(i,j)
$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{i*j}{d}*[gcd(i,j)=d]$=d=1∑n​i=1∑n​j=1∑m​di∗j​∗[gcd(i,j)=d]
同时除以 $d$d
$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i*j*d*[gcd(i,j)=1]$=d=1∑n​i=1∑⌊dn​⌋​j=1∑⌊dm​⌋​i∗j∗d∗[gcd(i,j)=1]
$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i*j*d\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)$=d=1∑n​i=1∑⌊dn​⌋​j=1∑⌊dm​⌋​i∗j∗dk∣gcd(i,j)∑​μ(k)
枚举 $k$k
$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)*k^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}j$=d=1∑n​dk=1∑⌊dn​⌋​μ(k)∗k2i=1∑⌊dkn​⌋​ij=1∑⌊dkm​⌋​j

发现$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$⌊dn​⌋是可以数论分块的，在这个数论分块里面再套一个对于$\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor$⌊kdn​⌋⌊dkm​⌋的数论分块就好了。 这样做的复杂度是$O(n)$O(n)。 这题通过把后面的等差数列构造新函数可以优化至$O(sqrt(n))$O(sqrt(n))啦。（待update）

luoguP3327

求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$∑i=1n​∑j=1m​d(ij)，这里$d(ij)$d(ij)表示$ij$ij的约数个数

首先：$d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]$d(ij)=∑x∣i​∑y∣j​[gcd(x,y)==1]

证明就考虑$i,j$i,j的一个质因子$p$p，假设它在$i$i中的次数是$e_i$ei​，在$j$j中的次数是$e_j$ej​。那么它在$ij$ij中的可能次数是$e_i+e_j+1$ei​+ej​+1。而右边我们保证了$x,y$x,y互质，意思就是$p$p不可在$i,j$i,j中同时存在。假设$p$p在$i$i中的次数为$0$0，在$j$j中就有$e_j+1$ej​+1种选法。$e_j=0$ej​=0也同理。再减去重复的$e_i=e_j=0$ei​=ej​=0的情况，就是$e_i+e_j+1$ei​+ej​+1。

推导还挺妙的啊？

• 利用初等变换

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)(n&lt;m)$∑i=1n​∑j=1m​d(ij)(n<m)

$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$=∑i=1n​∑j=1m​∑x∣i​∑y∣j​[gcd(x,y)=1]

$=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[gcd(x,y)=1]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$=∑x=1n​∑y=1m​[gcd(x,y)=1]⌊xn​⌋⌊ym​⌋

$=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor(n&lt;m)$=∑x=1n​∑y=1m​∑d∣gcd(x,y)​μ(d)⌊xn​⌋⌊ym​⌋(n<m)

$=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$=∑d=1n​μ(d)∑x=1⌊dn​⌋​∑y=1⌊dm​⌋​⌊dxn​⌋⌊dym​⌋

$=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$=∑d=1n​μ(d)∑x=1⌊dn​⌋​⌊dxn​⌋∑y=1⌊dm​⌋​⌊dym​⌋

这个东西居然是可以数论分块的！一开始我惊了。我们用数论分块保证$d$d在$[L,R]$[L,R]区间上保持$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$⌊dn​⌋和$\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$⌊dm​⌋一致。然后，我们惊讶地发现：$\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$∑y=1⌊dm​⌋​⌊dym​⌋是什么？它就是一个数论分块的子问题！！！！就是$[1,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor]$[1,⌊dm​⌋]这个前缀上的$\lfloor\frac{m}{i}\rfloor$⌊im​⌋的和！！ 所以，我们$O(n)$O(n)筛出$\mu$μ，算出其前缀和。然后$O(nsqrt(n))$O(nsqrt(n))预处理出$g[i]$g[i]表示$[1,i]$[1,i]这个前缀区间的子问题答案。我们再对外面的$d$d进行数论分块，可以$O(1)$O(1)算出解。复杂度$O((n+T)sqrt(n))$O((n+T)sqrt(n))

• 正经莫反

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)(n&lt;m)$∑i=1n​∑j=1m​d(ij)(n<m)

$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$=∑i=1n​∑j=1m​∑x∣i​∑y∣j​[gcd(x,y)=1]

$=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[gcd(x,y)=1]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$=∑x=1n​∑y=1m​[gcd(x,y)=1]⌊xn​⌋⌊ym​⌋

我们设$f(k)=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[gcd(x,y)=k]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$f(k)=∑x=1n​∑y=1m​[gcd(x,y)=k]⌊xn​⌋⌊ym​⌋，所以答案就是$f(1)$f(1)对吧。

又设$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$F(n)=∑n∣d​f(d)，根据莫反二$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{n}{d})F(d)$f(n)=∑n∣d​μ(dn​)F(d)。我们需要快速得出$F(n)$F(n)。

$F(n)$F(n)

$=\sum_{n|d}f(d)$=∑n∣d​f(d)

$=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[d|gcd(x,y)]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$=∑x=1n​∑y=1m​[d∣gcd(x,y)]⌊xn​⌋⌊ym​⌋

$=\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m} {d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$=∑x=1⌊dn​⌋​∑y=1⌊dm​⌋​⌊dxn​⌋⌊dym​⌋

发现这玩意就是两个$[1,i]$[1,i]的数论分块入门题拼起来，可以$O(nsqrt(n))$O(nsqrt(n))预处理。

再看要求的答案式：$f(1)=\sum_{d=1}^n\mu(d)F(d)$f(1)=∑d=1n​μ(d)F(d)，展开$F(d)$F(d)后发现可以数论分块。

(目前感觉初等变换和正经莫反区别不大。。。

luoguP3768

给定$n,p$n,p，求$(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nijgcd(i,j))(mod\ p)$(∑i=1n​∑j=1n​ijgcd(i,j))(mod p)

• 60pts

根据之前那个小结论，即求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nij\sum_{d|gcd(i,j)}\phi(d)(mod\ p)$∑i=1n​∑j=1n​ij∑d∣gcd(i,j)​ϕ(d)(mod p)

$=\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}id\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}jd$=∑d=1n​ϕ(d)∑i=1⌊dn​⌋​id∑i=1⌊dn​⌋​jd

$=\sum_{d=1}^n\phi(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}j$=∑d=1n​ϕ(d)d2∑i=1⌊dn​⌋​i∑i=1⌊dn​⌋​j

$=\sum_{d=1}^n\phi(d)d^2(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i)^2$=∑d=1n​ϕ(d)d2(∑i=1⌊dn​⌋​i)2

预处理$\phi(d)d^2$ϕ(d)d2的前缀和，数论分块乘个等差数列和的平方就好了。

$O(n+sqrt(n))$O(n+sqrt(n))，线性筛搞出$\phi$ϕ是瓶颈。

• 100pts

发现$\sum_{i=1}^d\phi(d)$∑i=1d​ϕ(d)是一个积性函数前缀和？杜教筛一下就好了嘛？
(等待学完杜教筛之后再想想吧，现在就咕咕咕

luoguP5221

这题有很多做法，我考场现场想了一个不用莫反不用欧拉函数的做法。就硬是从基本原理出发推导出来了。这里谈谈莫反做法。

要求$\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n{\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}}(mod\ P)$∏i=1n​∏j=1n​gcd(i,j)lcm(i,j)​(mod P)，$P$P是个质数。

$=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n{\frac{ij}{gcd^2(i,j)}}(mod\ P)$=∏i=1n​∏j=1n​gcd2(i,j)ij​(mod P)

$=\frac{(n!)^2}{(\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ngcd(i,j))^2}$=(∏i=1n​∏j=1n​gcd(i,j))2(n!)2​

显然只需要关心$\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ngcd(i,j)$∏i=1n​∏j=1n​gcd(i,j)就好了。

既然是莫反，我们就一定要确定出来一个$gcd$gcd的值，枚举这个值为$d$d

$=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=d]}$=∏d=1n​d∑i=1n​∑j=1n​[gcd(i,j)=d] 这里要对指数$mod\ (p-1)$mod (p−1)了，(希望不要求逆元啊否则就要CRT合并了QAQ)。

$=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]}$=∏d=1n​d∑i=1⌊dn​⌋​∑j=1⌊dn​⌋​[gcd(i,j)=1]

$=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)}$=∏d=1n​d∑i=1⌊dn​⌋​∑j=1⌊dn​⌋​∑k∣gcd(i,j)​μ(k)

$=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor)^2}$=∏d=1n​d∑k=1⌊dn​⌋​μ(k)(⌊dkn​⌋)2

现在，一种方案是枚举$d$d，然后对里面裸数论分块。可以发现指数里面的上界是$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$⌊dn​⌋，显然可以对$d$d再分块一次。这样二次分块$O(n)$O(n)。但是由于卡空间的缘故，不能再开一个阶乘数组。所以要维护两个指针移动地维护阶乘。

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从数论分块到狄利克雷卷积

数论分块

对于计算$\sum_{i=1}^n{\frac{n}{i}}$∑i=1n​in​，发现不同的$\frac{n}{i}$in​最多只有$\Theta(sqrt(n))$Θ(sqrt(n))个。

小证明：对于$i&lt;sqrt(n)$i<sqrt(n)，不同的值最多只有$\Theta(sqrt(n))$Θ(sqrt(n))个啦。对于$i&gt;=sqrt(n)$i>=sqrt(n)，除一下的范围就限定在了$[1,sqrt(n)]$[1,sqrt(n)]之间。得证。

结论：$已知p,n(p&lt;=n)$已知p,n(p<=n)，那么使得$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$⌊in​⌋=⌊pn​⌋的最大的正整数$i$i是$\frac{n}{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}$⌊pn​⌋n​

所以处理每一块的$[l,r]$[l,r]即可。

最普通的数论分块：

LL solve(LL n) {// 单限制的数论分块
    for (LL L = 1, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n / (n / L);
        calculate();//[L,R] have the same answers.
    }
}

两个限制的数论分块：

LL solve(LL n, LL m) {// 多限制的数论分块
    LL upp = min(n, m);
    for (LL L = 1, R; L <= upp; L = R + 1) {
        R = min(n / (n / l), m / (m / l));
        calculate();
    }
}

可以分块套分块。

两个积性函数的狄利克雷卷积也是一个积性函数。

$f,g$f,g为积性函数的话：
$h(n)=\sum_{d|n}f(d)*g(\frac{n}{d})$h(n)=∑d∣n​f(d)∗g(dn​)也是一个积性函数。
对于$\frac{n}{i}$in​这样的形式，我们如果把它数论分块之后，就要求另外一个函数的前缀和。

常见的狄利克雷卷积结论：

$\sigma_0=1*1$σ0​=1∗1
证明：直接按照狄利克雷卷积的定义展开就好了。
$1(n)*1(n)=\sum_{d|n}1(d)*1(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}1=\sigma_0(n)$1(n)∗1(n)=∑d∣n​1(d)∗1(dn​)=∑d∣n​1=σ0​(n)

$\sigma_1=I*1$σ1​=I∗1
证明：化式子过程
$I(n)*1(n)=\sum_{d|n}I(d)*1(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}d=\sigma_1(n)$I(n)∗1(n)=∑d∣n​I(d)∗1(dn​)=∑d∣n​d=σ1​(n)

$I=\phi*1$I=ϕ∗1
证明：化式子
$\phi(n)*1(n)=\sum_{d|n}\phi(d)*1(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\phi(d)=n=I(n)$ϕ(n)∗1(n)=∑d∣n​ϕ(d)∗1(dn​)=∑d∣n​ϕ(d)=n=I(n)

小结论:$\sum_{d|n}\phi(d)=n$∑d∣n​ϕ(d)=n

证明（引）：
任何一个≤T的正整数，都与T有一个最大公约数R，R也是T的因数，R×S=T。通常会有几个整数各自与T的最大公约数一致，那么相同的有多少呢？与T的最大公约数是R的整数，必然是R的倍数1~S倍。与S互质的数乘以R，符合这个条件;与S互约的数乘以R，不符合条件，因为最大公约数已经不是R。因此，与T最大公约数是R的整数的个数，就是与S互质的整数的个数，就是S的欧拉函数。

整数与T的最大公约数唯一，每个最大公约数的个数之和等于T（存在性与唯一性的统一）。因为每个最大公约数R的个数，等于T/R（即S）的欧拉函数;最大公约数S的个数，也等于R的欧拉函数。最大公约数就是T所有的因数，两个乘积为T的因数，作为最大公约数时的个数，就等于相乘因数的欧拉函数。1和T也不例外。这样，所有最大公约数的个数之和，等于所有因数的欧拉函数之和，等于T这个数本身。

（简单来说，就是建立了欧拉函数与最大公约数的一一对应关系，因为每个T的因数作为最大公约数的次数之和肯定等于T,而这个次数恰好是另一半的欧拉函数）。

$\epsilon=\mu*1$ϵ=μ∗1
证明：考虑右边，由于$1$1这个东西始终是$1$1，所以右边卷起来就是$n$n的所有因子的$\mu$μ和。根据前面的定理，自然等于$\epsilon(n)。$ϵ(n)。

$f*\epsilon=f$f∗ϵ=f
证明：考虑左边，只有当$d=n$d=n的时候才会有$\epsilon(\frac{n}{d})=1$ϵ(dn​)=1，只有这一项才会有贡献。

狄利克雷卷积有交换律，对加法的分配律，结合律

狄里克雷卷积的逆？构造