在做数论题时，往往需要进行和式变换，然后变换成我们可以处理的和式，再针对和式做筛法、整除分块等操作。

本文将介绍一些常见的和式变换技术。

以下出现的概念大部分为个人总结，未必是学术界/竞赛界的统一说法，有不严谨的地方请谅解。

???? 作者：Eriktse
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和式的基本形式

和式一般有两种：区间枚举型和整除枚举型。

区间枚举型

我们的前缀和就是一个典型的区间枚举型和式。

假设我们有一个定义域为\(x\in[1, n],x\in Z^+\)的函数\(f(x)\)，那么我们可以设一个前缀和函数\(F(x)\)，定义为：

\[F(x) = \sum_{i=1}^{x}f(i) = f(1) + f(2) + ... + fx()
\]

求和符号中，如果没有特殊说明，一般枚举的都是整数，且步长为1。

整除枚举型

约数个数是一个典型的整除枚举型和式，我们可以容易的写出它的表达式：

\[f(n) = \sum_{d|n}1
\]

其中 \(d|n\) 表示 \(i\) 可以整除 \(n\) ，即 \(i\) 是 \(n\) 的因子。

约数之和也是一个整除枚举型和式，表达式如下：

\[g(n) = \sum_{d|n}d
\]

和式的基本性质

可拆分性质

第一种拆分如下：

\[\sum_{i=1}^{n}a_i = \sum_{i=1}^{m}a_i + \sum_{i=m+1}^{n}a_i
\]

这是显然的，但是基本上用不着。

第二种拆分如下：

\[\sum_{i=1}^{n}(a_i + b_i) = \sum_{i=1}^{n}a_i + \sum_{i=1}^{n}b_i
\]

这也是显然的。

常数可提取

当我们的和式里面乘上了一个常数\(k\)，那么这个常数是可以提出来的，由于我们讨论的数域是整数域，这个\(k\)一般为整数。（其实对于实数也是满足条件的）。

\[\sum_{i=1}^{n}ka_i = k\sum_{i=1}^{n}a_i
\]

整除枚举型变换为区间枚举型（重要）

就比如上面那个约数之和的函数：

\[g(i) = \sum_{d|n}d = \sum_{i=1}^{n}[d|n]
\]

我们知道\(d\)的取值一定在\([1, n]\)，所以我们可以转换枚举类型，此时枚举指标的范围就要改变，同时加上一个布尔函数来限定。

我们称枚举的东西为“指标”，例如上面和式中d|n中的d，i=1中的i。

指标变换（重要）

给定一个整数\(k\)，对于下面这种和式，我们可以把指标进行转换。

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[gcd(i, j) = k]
\]

现在令\(i = i'k,j=j'k\)，为什么会这么想呢？因为我们后面的布尔函数中要求\(i, j\)都包含因子\(k\)，如果枚举的\(i, j\)不是\(k\)的倍数的时候这个式子是没有贡献的。

所以我们可以不一个个枚举\(i, j\)，变为枚举\(k\)的倍数。我们进行整体的代换：

\[\sum_{i'k = 1}^{n}\sum_{j'k=1}^{n}[gcd(i'k, j'k) = k]
\]

然后变换枚举范围和布尔函数，注意这里\(i\)的起点本应该是\(\lfloor\frac{1}{k}\rfloor\)，但是\(0\)是没有讨论意义的所以我们从\(1\)开始。

\[\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}[gcd(i, j) = 1]
\]

现在我们可以发现后面这个布尔函数就变成了一个常见的积性函数\(\epsilon\)，接下来就可以通过公式\(\mu * I = \epsilon\)进行莫比乌斯反演（其中符号\(*\)表示狄利克雷卷积）。

交换求和次序（重要）

上式进行莫比乌斯反演后可以得到如下的和式（如果不懂莫比乌斯反演可以暂时先不管，之后再学），设\(m=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)。

\[\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d|gcd(i, j)}\mu(d)
\]

我们可以发现\(d|gcd(i, j)\)这个条件等价于\([d|i][d|j]\)，即\(d\)同时是\(i\)和\(j\)的因子。

接下来我们进行一次枚举类型的转换：

\[\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d=1}^{m}[d|i][d|j]\mu(d)
\]

接下来我们将\(d\)的求和符号从后面换到前面去，因为在\(\mu(d)\)中没有包含\(i, j\)的内容，可以直接换，这里需要自己理解一下。

\[\\sum_{d=1}^{m}\mu(d)\sum_{i=1}^{m}[d|i]\sum_{j=1}^{m}[d|j]
\]

转换为整除分块形式（十分重要）

上式转换完成后，我们可以发现后面两坨是可以进行整除分块的。

\[\sum_{i=1}^{m}[d|i] = \lfloor\frac{m}{d}\rfloor
\]

怎么理解呢？这个式子表达的就是当\(d\)确定了，在区间[1, n]中有多少整数是\(d\)的倍数，显然是\(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\)个。

那么和式就可转换为：

\[\sum_{i=1}^{m}\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor
\]

例题

luogu P2257 YY的GCD：https://www.luogu.com.cn/problem/P2257

阅读题意我们可以知道题目所求为，不妨设\(n\le m\)：

\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)\in prim]
\]

接下来开始变换：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{p\in prim}[gcd(i,j)=p]
\]

\[\sum_{p\in prim}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}[gcd(i,j)=1]
\]

莫比乌斯反演：

\[\sum_{p\in prim}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)
\]

注意这里\(n\le m\)，接着变换。

\[\sum_{p\in prim}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[d|i][d|j]\mu(d)
\]

\[\sum_{p\in prim}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[d|i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}[d|j]
\]

后面两坨可以进行整除分块，同时换一下\(p\)的枚举类型：

\[\sum_{p=1}^{n}[p\in prim]\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor
\]

令\(T=pd\)，交换求和次序。

\[\sum_{p=1}^{n}[p\in prim][p|T]\sum_{T=1}^{n}\mu(\frac{T}{p})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor
\]

再交换求和次序：

\[\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{p=1}^{n}[p\in prim][p|T]\mu(\frac{T}{p})
\]

现在发现\(p\)后面那一块，可以通过类似欧拉筛的方法进行预处理。

我们设一个函数：

\[F(T) = \sum_{p=1}^{n}[p \in prim][p|T]\mu(\frac{T}{p})
\]

那么\(F(T)\)的含义就是对于\(T\)的每一个质因子\(p\)，将它的\(\mu(\frac{T}{p})\)加到自身上。

做完了。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e7 + 9;

int sum[N], mu[N];

void init(int n = N - 2)
{
	bitset<N> vis;
	vector<int> prim;
	vis[1] = true;
	mu[1] = 1;
	
	for(int i = 2;i <= n; ++ i)
	{
		if(!vis[i])prim.push_back(i), mu[i] = -1;
		
		for(int j = 0;j < prim.size() and i * prim[j] <= n; ++ j)
		{
			vis[i * prim[j]] = true;
			if(i % prim[j] == 0)break;//此时i * prim[j]含有平方因子
			
			mu[i * prim[j]] = -mu[i];//此时i * prim[j]的本质不同质因子+1，或已经含有平方因子
		}
	}
	
	for(int i = 0;i < prim.size(); ++ i)
	{
		for(int j = 1; prim[i] * j  <= n; ++ j)
		{
			sum[prim[i] * j] += mu[j];
		}
	}
	
	for(int i = 1;i <= n; ++ i)sum[i] += sum[i - 1];
	
}

void solve()
{
	int n, m;scanf("%lld %lld", &n, &m);
	if(n > m)swap(n, m);
	int ans = 0;
	for(int l = 1, r;l <= n; l = r + 1)
	{
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

signed main()
{
	init();
	int _;scanf("%lld", &_);
	while(_ --)solve();
	return 0;
}

结束

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