[莫比乌斯反演]一些常用公式总结
作者：互联网
一.莫比乌斯反演公式
$ $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ 设 $F(n) = \sum\limits_{d|n}f(d)$ ，那么有 $f(n) = \sum\limits_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$
其中 $\mu(d)$ 是这样一个函数：
- $ d = 1 $ 时 $\mu(d) = 1$
- $ d = \prod\limits_{i=1}^k p_{i} ( p_{i} 为互异素数) $ 时 $\mu(d) = (-1)^{k}$
- 其他情况下 $\mu(d) = 0$
证明：根据原始 $F(x)$ 定义，$\sum\limits_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$ $=$ $\sum\limits_{d|n}\mu(d)\sum\limits_{d'|\frac{n}{d}}f(d')$
$\qquad\;\;$ 然后根据乘法分配律，我们有 $\qquad\;\;\;=\sum\limits_{d'|n}f(d')\sum\limits_{d|\frac{n}{d'}}\mu(d)$
$\qquad\;\;$ 注意到 $\sum\limits_{d|\frac{n}{d'}}\mu(d)$ 这玩意仅当 $d' = n$ 时为 $1$ ，其余时候都为 $0$
$\qquad\;\;$ 那么 $d'$ 只能等于 $n$ ，原式自然退化成 $f(n)$
书上讲的是些什么东西
二. $\mu$ 函数的性质
- 当且仅当 $n = 1$ 时 $\sum\limits_{d|n}\mu(d) = 1$ ，其余情况下 $\sum\limits_{d|n}\mu(d) = 0$ （ $n$ 是正整数 ）
- 对于任意正整数 $n$ 有 $\sum\limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d} = \frac{φ(n)}{n}$ （ $φ(n)$ 是欧拉函数 ）
三.一些衍生公式
$ $$\mathit{0.}$ 前导公式 $\quad\sum\limits_{d|k}[k = 1] = \sum\limits_{d|k}\mu(d)$
$\qquad$ 证明：据性质 $\mathit{1}$ 可得显然成立
$\mathit{1.}$ 求互质数对数 $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$[gcd(i,j)=1]$ $=$ $\sum\limits_{d=1}^n$$\mu$$(d)$$\lfloor$$\frac{n}{d}$$\rfloor$$\lfloor$$\frac{m}{d}$$\rfloor$
$\qquad$ 证明：$\quad\because\quad\sum\limits_{d|k}[k = 1] = \sum\limits_{d|k}\mu(d)$ ，我们用 $gcd(i,j)$ 去替代 $k$
$\qquad\qquad\quad\;\;\,\therefore$ $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$[gcd(i,j)=1]$ $=$ $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|i,d|j}$$\mu(d)$ $\quad\gets$ 这里用了性质 $\mathit{1}$ ，当 $gcd(i,j)=1$ 时 $\sum\limits_{d|i,d|j}$$\mu(d)$ 才不为 $0$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\qquad\;\;\;\,$ $=$ $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|gcd(i,j)}$$\mu$$(d)$ $\quad\gets$ 这里比较显然，如果 $d$ 既是 $i$ 的因数又是 $j$ 的因数那么 $d$ 一定是 $gcd(i,j)$ 的因数
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\qquad\;\;\;\,$ $=$ $\sum\limits_{d=1}^n$$\mu$$(d)$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$[d|gcd(i,j)]$ $\quad\gets$ 根据乘法分配律把 $d$ 扔到前面去，那么此时 $i$ 和 $j$ 都是 $d$ 的倍数才能 $+1$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\qquad\;\;\;\,$ $=$ $\sum\limits_{d=1}^n$$\mu$$(d)$$\lfloor$$\frac{n}{d}$$\rfloor$$\lfloor$$\frac{m}{d}$$\rfloor$ $\quad\gets$ 可以发现小于等于 $n$ 的 $d$ 的倍数一共有 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$ 个，同理我们可以搞掉 $m$
$\qquad\qquad\quad\;$ 然后我们就可以用数论分块比较容易地完成了
$\mathit{2.}$ 求最大公约数为 $k$ 的数对个数 $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$[gcd(i,j)=k]$ $=$ $\sum\limits_{d=1}^n$$\mu$$(d)$$\lfloor$$\frac{n}{kd}$$\rfloor$$\lfloor$$\frac{m}{kd}$$\rfloor$
$\qquad$ 看上去很熟悉？没错
$\qquad$ 让 $i$ 和 $j$ 同时除以 $k$ 就是 $\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}$$[gcd(i,j)=1]$
$\mathit{3.}$ 求最大公约数为质数的数对个数 $\quad\sum\limits_{p=1,p\in prime}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$[gcd(i,j)=p]$ （ $YY$ 的 $GCD$ ）
$\qquad$ 就是在上一问里加一个 $\sum\limits_{p=1}^{min(n,m)}(p\in prime)$
$\qquad$ $\quad\sum\limits_{p=1,p\in prime}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$[gcd(i,j)=p]$ $=$ $\sum\limits_{p=1,p\in prime}^{n}\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}$$\mu$$(d)$$\lfloor$$\frac{n}{pd}$$\rfloor$$\lfloor$$\frac{m}{pd}$$\rfloor$
$\qquad$ 不妨设 $T = pd$ 那么有原式 $=$ $\sum\limits_{p=1,p\in prime}^{n}\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\;\;$ $=$ $\sum\limits_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum\limits_{p|T,p\in prime}\mu(\frac{T}{p})$
$\qquad$ 考虑设 $f(x) = \sum\limits_{p|x,p\in prime}\mu(\frac{x}{p})$ ，原式自然变成 $\sum\limits_{T=1}^{n}f(T)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor$
$\qquad$ 再令 $x$ 的最小质因子是 $y$，即 $x=iy$
$\qquad\qquad$ · $x \in prime$ ：显然有 $\mathbf{f(x) = \mu(1) = 1}$
$\qquad\qquad$ · $i \bmod y = 0$ 即在 $x$ 的质因数中 $y$ 出现了不止一次
$\qquad\qquad\qquad$ 当 $i$ 没有多个相同质因子，那么仅当 $p = y$ 时 $\mu(\frac{x}{p}) = \mu(i)$ 不是 $0$ ，$f(x) = \mu(i)$
$\qquad\qquad\qquad$ 当 $i$ 有多个相同质因子，那么对于任何 $p$ 都有 $\mu(\frac{x}{p}) = 0$ ，此时仍有 $\mu(\frac{x}{p})=\mu(i)$ ，因此 $\mathbf{f(x) = \mu(i)}$
$\qquad\qquad$ · $i \bmod y \ne 0$ 即在 $x$ 的质因数中 $y$ 仅出现了一次
$\qquad\qquad\qquad$ $f(x) = \sum\limits_{p|x,p\in prime}\mu(\frac{i\times y}{p})\;$ ，$\;$$f(i) = \sum\limits_{p|i,p\in prime}\mu(\frac{i}{p})$，且 $x = i\times y$
$\qquad\qquad\qquad$ 显然的，$f(x)$ 中的每一项（ $\mu(\frac{i\times y}{p})$ ）都是 $f(i)$ 中的某一项（ $\mu(\frac{i}{p})$ ） 的分子乘上一个 $y$ 得来
$\qquad\qquad\qquad$ 又因为 $\mu(x)$ 是积性函数，因此 $\mu(\frac{i\times y}{p})$ $=$ $\mu(\frac{i}{p})\times \mu(y)$ $=$ $-\mu(\frac{i}{p})$
$\qquad\qquad\qquad$ 然鹅发现 $f(x)$ 中还有一个质因子 $y$ ，也就是有一项 $f(i)$ 中没有的 $\mu(\frac{i\times y}{y})$ $=$ $\mu(i)$
$\qquad\qquad\qquad$ $\therefore$ $\mathbf{f(x) = -f(i) + \mu(i)}$
$\qquad$ $\therefore$ 我们可以预处理 $f(x)$ ，这样可以在多组数据询问的情况下跑过
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#define int long long
#define WR WinterRain
using namespace std;
const int WR=10010000;
int t,n,m;
int f[WR],sum[WR];
int prime[WR],cnt,miu[WR];
bool flag[WR];
int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
s=(s<<3)+(s<<1)+ch-48;
ch=getchar();
}
return s*w;
}
void Euler(){
miu[1]=1;
for(int i=2;i<WR;i++){
if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,miu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<WR;j++){
flag[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0){
miu[i*prime[j]]=0;
break;
}
miu[i*prime[j]]=-miu[i];
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=1;j*prime[i]<WR;j++){
f[prime[i]*j]+=miu[j];
}
}
for(int i=1;i<WR;i++) sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
signed main(){
Euler();
t=read();
while(t--){
int ans=0,pos=0;
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=min(n,m);i=pos+1){
pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(sum[pos]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
View Code
$\mathit{4.}$ 求最大公约数为 $k$ 的数对个数 ( 考虑 $i$ 和 $j$ 贡献 ) $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$ij[gcd(i,j)=k]$
$\qquad$ 解：$\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$ij[gcd(i,j)=k]$ $=$ $k^2\sum\limits_{i'=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j'=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}$$i'j'[gcd(i',j')=1]$ $\quad\gets$ 这里我们把 $i$ 和 $j$ 都提出了一个 $k$ ，因此 $i = i'\times k$，$j = j'\times k$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\;$ $\quad$ 又因为要计算 $i$ 和 $j$ 的贡献因此不能像上一个式子一样直接忽略
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $=$ $k^2\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}$$ij\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$ $\quad\gets$ 这里把 $gcd(i,j)$ 化掉
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $=$ $k^2\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}$$ij[d|gcd(i,j)]$ $\quad\gets$ 把 $d$ 扔到前面去
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $=$ $k^2\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)d^{2}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}$$ij$ $\quad\gets$ 这里我们像 $\mathit{1}$ 一样把后面的 $gcd(i,j)$ 化掉，又因为要计算 $i$ 和 $j$ 的贡献乘一个 $d^2$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $=$ $k^2\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)d^{2}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j$
$\qquad\qquad\;$ 注意到 $\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j$ 这两项像极了等差数列，于是我们可以设 $f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}=\frac{n(n+1)}{2}$
$\qquad\qquad\;$ 原式 $=$ $k^2\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)d^{2}f(\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor)f(\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor)$
$\mathit{5.}$ 求 $gcd$ 之和 $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$gcd(i,j)$
$\qquad$ 解：$\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$gcd(i,j)$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k]$ $\quad\gets$ 这里枚举 $gcd(i,j)$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}$$[gcd(i,j)=1]$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}$$[gcd(i,j)=1]$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}$$\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor$
$\qquad$ 但是还有更优秀的解法 $\qquad$ 解：根据性质 $\mathit{2}$ $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$gcd(i,j)$ $=$ $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}φ(d)$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\;$ $=$ $\sum\limits_{d=1}^{n}φ(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$ $\quad\gets$ 根据公式 $\mathit{1}$ 可得$\mathit{6.}$ 求 $lcm$ 之和 $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$lcm(i,j)$ （ $jzptab$ ）
$\qquad$ 解：$\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$lcm(i,j)$ $=$ $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$\frac{(i,j)}{gcd(i,j)}$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{ij}{k}[gcd(i,j)=k]$ $\quad\gets$ 这里像 $\mathit{4}$ 一样枚举 $k$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\frac{(i\times k)(j\times k)}{k}[gcd(i,j)=1]$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$ $\quad\gets$ 换成 $\mu(d)$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{d=1}^{n}\mu(d)(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}i[d|i])(\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}j[d|j])$$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{d=1}^{n}\mu(d)(d\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i)(d\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j)$ $\quad\gets$ 提出 $d$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$ $=$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{d=1}^{n}d^{2}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j$ $\qquad\qquad\quad$ 我们还是可以设 $f(i) = \frac{i(i+1)}{2}$，于是就可以暂时把它优化到 $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{d=1}^{n}d^{2}\mu(d)f(\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor)f(\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor)$ ，这是一个 $O(n)$ 算法 $\qquad\qquad\quad$ 但是如果有 $M$ 组询问我们需要一个 $O(M\sqrt{n})$ 的算法 $\qquad\qquad\quad$ 我们设 $T = kd$ ，可以发现前面那一堆 $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{d=1}^{n}d^{2}\mu(d)$ $=$ $\sum\limits_{d=1}^{n}d^{2}\mu(d)\sum\limits_{k=1}^{n}k$ $\qquad\qquad\quad$ 因为我们枚举了 $T$ 也就相当于 $k = \frac{T}{d}$ ，所以原式 $=$ $\sum\limits_{d=1}^{n}d^{2}p$ $=$ $T\sum\limits_{d=1}^{n}d$ $\qquad\qquad\quad$ 但是可以发现 $d$ 必须满足 $d|T$ 否则 $k$ 将不是整数，我们可以把后面的式子进一步化成 $T\sum\limits_{d|T}d$ $\qquad\qquad\quad$ $\therefore$ $\sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{d=1}^{n}d^{2}\mu(d)f(\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor)f(\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor)$ $=$ $\sum\limits_{T=1}^{n}Tf(\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor)f(\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor)\sum\limits_{d|T}d\mu(d)$ $\qquad\qquad\quad$ 观察可得只有 $g(T) = \sum\limits_{d|T}\mu(d)d$ 这一块是有难度的，考虑狄利克雷卷积 $\qquad\qquad\quad$ 设 $T = \prod\limits_{i=1}^k p_{i}^{\alpha_{i}} ( p_{i} 为互异素数) $ ，显然 $g(T)$ 是一个积性函数，可以把它卷成 $g(T) = \prod\limits_{i=1}^{k}g(p_{i}^{\alpha_{i}}) = \prod\limits_{i=1}^{k}(1-p_{i})$ $\qquad\qquad\quad$ $\therefore$ $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$lcm(i,j)$ $=$ $\sum\limits_{T=1}^{n}T\times g(T)\times f(\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor)\times f(\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor)$ $\qquad\qquad\quad$ 可以预处理 $T\times g(T)$ 前缀和，在线性筛内完成
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#define int long long
#define WR WinterRain
using namespace std;
const int WR=10010000,mod=100000009;
int n,m,ans;
int f[WR];
int prime[WR],cnt,miu[WR];
bool flag[WR];
int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
s=(s<<3)+(s<<1)+ch-48;
ch=getchar();
}
return s*w;
}
void Euler(){
miu[1]=1,f[1]=1;
for(int i=2;i<WR;i++){
if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,miu[i]=-1,f[i]=-i+1+mod;
for(int j=1;i*prime[j]<WR&&j<=cnt;j++){
flag[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0){
miu[i*prime[j]]=0;
f[i*prime[j]]=f[i];
break;
}
miu[i*prime[j]]=-miu[i];
f[i*prime[j]]=(f[i]*f[prime[j]])%mod;
}
}
for(int i=1;i<WR;i++) f[i]=f[i]*i%mod;
for(int i=1;i<WR;i++) f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod;
}
signed main(){
Euler();
int t=read();
while(t--){
ans=0;
n=read(),m=read();
int j=0;
for(int i=1;i<=min(n,m);i=j+1){
j=min(m/(m/i),n/(n/i));
ans=(ans+((n/i)*(n/i+1)/2%mod)*((m/i)*(m/i+1)/2%mod)%mod*(f[j]-f[i-1]+mod)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
}
return 0;
}
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$\mathit{7.}$ 求 $gcd$ 的幂次方之和 $\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$gcd(i,j)^k$ （于神之怒）
$\qquad$ 解：$\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m$$gcd(i,j)^k$
标签：lfloor,frac,limits,qquad,sum,莫比,rfloor,反演,乌斯 来源： https://www.cnblogs.com/WintersRain/p/16344737.html