前置知識
積性函式
積性函式指對於所有互質的整數$a$和$b$有性質$f(ab)=f(a)f(b)$的數論函式。若對於所有整數$a$和$b$都有性質$f(ab)=f(a)f(b)$成立，則稱$f(n)$是完全積性的。例如$\phi (n)$為積性函式。
數論函式
定義
數論函式（或稱算術函式）指定義域為正整數的函式。
例子
1）單位函式$\epsilon(n)=[n=1]$
$[A]$表示$A$為真時為1，否則為0
2）常值函式$1(n)=1$
3）恆值函式$id(n)=n$
4）尤拉函式$\phi (n)=\sum^n_{i=1}[gcd(i,n)=1]$
若將$n$質因數分解有$\displaystyle n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}$，則$\displaystyle\phi (n)=n\prod_{i=1}^{k}(1-\frac{1}{p_i})$（定義）
狄利克雷卷積
定義
對於任意兩個數論函式$f,g$，它們的狄利克雷卷積為$h=f*g$
表示為：
$$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$
或
$$(f*g)(n)=\sum_{i\times j=n}f(i)g(j)$$
性質
1）結合律$(f*g)*h=f*(g*h)$
2）分配律$f*(g+h)=f*g+f*h$
3）$(\alpha f)*g=\alpha (f*g)$
4）$\epsilon *f=f$
5）兩個積性函式的卷積也為積性函式
性質的證明
1）結合律
$\displaystyle \begin{split} LHS &= [(f*g)*h](n)\\ &=\sum_{d\times k=n}(f*g)(d)h(k)\\ &=\sum_{d\times k=n}h(k)\sum_{i\times j=d}f(i)g(j)\\ &=\sum_{i\times j\times k=n}f(i)g(j)h(k)\end{split}$
同理$\displaystyle RHS=\sum_{i\times j\times k=n}f(i)g(j)h(k)$，故結論得證
2）分配律
$\displaystyle\begin{split}[f*(g+h)](n) &= \sum_{i \times j=n}f(i)(g+h)(j)\\ &= \sum_{i \times j=n}f(i) \cdot [g(j)+h(j)]\\ &= \sum_{i \times j=n}f(i)g(j)+ \sum_{i \times j=n}f(i)h(j)\\ &=(f*g + f*h)(n)\end{split}$
3）$\displaystyle LHS=\sum_{i \times j=n}(\alpha f(i))g(j)=\alpha\sum_{i \times j=n}f(i)g(j)=RHS$
4）$\displaystyle LHS=\sum_{i \times j=n}\epsilon (i)f(j)=\epsilon (1)f(n) + 0\cdot \sum_{d|n,d \neq n}f(d)=f(n)=RHS$
所以$\epsilon(n)$是狄利克雷卷積中的單位元
5）略
逆元
$f$的逆元記作$f^{-1}$其滿足：$f*f^{-1}=\epsilon$
可以表達為：
$$\displaystyle{f^{-1}(n)=}\begin{cases} \displaystyle{\frac{1}{f(1)},} & \text{if }n=1\\ \displaystyle{-\frac{1}{f(1)} \sum_{d|n,d \neq 1}f^{-1}(\frac{n}{d})f(d)}, & \text{if }n \neq 1 \end{cases}$$
正文
莫比烏斯函式
定義
$$\mu (n)=\begin{cases} 1, & \text{n=1}\\ (-1)^{k}, & \text{n無大於1的平方數因數，且質因數分解n有}n=p_1p_2\cdots p_k\\ 0, & \text{n有大於1的平方因數}\end{cases}$$
性質
1）$\mu (n)$是積性函式。
2）$1*\mu=\epsilon$，即$\mu (n)$是常值函式$1(n)$的逆元
3）$\displaystyle\sum_{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\phi (n)}{n}$，即$id * \mu = \phi$
證明
性質一略。
對於性質二，若$n=1$，結論顯然，若$n \neq 1$，設$n=\prod_{i=1}^{\alpha}p_i^{k_i}$
則$\displaystyle (\mu * 1)(n)=\sum_{d|n}\mu (d) = \binom{\alpha}{0} + \binom{\alpha}{1} \cdot (-1) + \binom{\alpha}{2} \cdot (-1)^{2} + \cdots + \binom{\alpha}{\alpha} \cdot (-1)^{\alpha}=[(-1) + 1]^{\alpha}=0$
對於性質三，當$n=p^{k}$,$p$為質數時，$\displaystyle\sum_{d|n}\frac{\mu (d)}{d} = \mu (1) + \frac{\mu (p)}{p} +\frac{\mu (p^2)}{p^2} + \cdots + \frac{\mu (p^k)}{p^k} = 1-\frac{1}{p} = \frac{\phi (n)}{n}$
當$n = \prod_{i=1}^{\alpha}p_{i}^{k_i}$,$p_i$為質數時，由積性函式性質，$\displaystyle\frac{\phi(n)}{n} = \prod_{i=1}^{\alpha}\phi (p_{i}^{k_i})=\prod_{i=1}^{\alpha} \sum_{d|p_{i}^{k_i}} \frac{\mu (d)}{d}=\sum_{d|n}\frac{\mu (d)}{d}$
線性篩求莫比烏斯函式值
略
莫比烏斯反演
若$f(n)=\sum_{d|n}g(d)$，則$g(n)=\sum_{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$，其中數論函式$f(n)$稱為數論函式$g(n)$的莫比烏斯變換，數論函式$g(n)$稱為數論函式$f(n)$的莫比烏斯逆變換（反演）
證明只需對$f$卷$\mu$即可
應用
求$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)$
利用莫比烏斯函式的第二個性質，$[gcd(i,j)=1]=\epsilon (gcd(i,j))=\sum_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$,所以
$\begin{split}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j) &=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} k \cdot [gcd(\lfloor\frac{i}{k}\rfloor, \lfloor\frac{j}{k}\rfloor)=1]\\ &= \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} k[gcd(i,j)=1]\\ &= \sum_{k=1}^{n} k \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} \sum_{d|gcd(i,j)} \mu (d)\\ &= \sum_{k=1}^{n} k \sum_{d=1}^{n} \mu (d) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} [d|i] \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} [d|j] \\ &= \sum_{k=1}^{n} \sum_{d=1}^{n} k \mu (d) \lfloor\frac{n}{kd}\rfloor \lfloor\frac{n}{kd}\rfloor \end{split}$
接下來對$k$進行數論分塊即可，時間複雜度為$O(n^{\frac{3}{2}})$，對應的樸素演算法時間複雜度$O(n^2logn)$（列舉$O(n^2)$$\times$輾轉相除法$O(logn)$）