正约数个数 $d(n)$ 的一个公式

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codeforce 上有一道题 。 rng_58 用一个奇妙的公式解决了这个问题。并且给出了公式的证明，这里给出另一个比较好的证明。

$d(n)$ 的一个公式

按照公式，我们有 $d(n) = \sum_{i \mid n} 1$。其实这个公式可以推广为

$$ d(n_1,\cdots,n_m) = \sum_{i_1 \mid n_1} \cdots \sum_{i_m \mid n_m} 1, \; gcd(i_s,i_t)=1,1 \leq s < t \leq m$$

Proof： 数学归纳法证明：$m=1$ 时结论显然。
设结论对 $m-1$ 成立。
$$ \begin{aligned}
d(n_1,\cdots,n_m) &= \sum_{i \mid n_1,\cdots,n_m} 1 = \sum_{d \mid n_m} \sum_{i \mid n_1,\cdots,n_m , gcd(i,n_m)=d} 1 \\
&= \sum_{d \mid n_m} \sum_{\frac{i}{d} \mid n_1,\cdots,n_{m-1} , gcd(\frac{i}{d},\frac{n_m}{d})=1} 1 \\
&= \sum_{d \mid n_m} \sum_{i \mid n_1,\cdots,n_{m-1} , gcd(i,d)=1} 1
\end{aligned} $$
由数学归纳法知，原结论成立。

上面公式的一个应用

$$ \sum_{i_1 = 1} ^{n_1} \cdots \sum_{i_m = 1} ^{n_m} d(n_1,\cdots,n_m) = \sum_{gcd(i_s,i_t)=1,1 \leq s < t \leq m } \lfloor \frac{n_1}{i_1} \rfloor \cdots \lfloor \frac{n_m}{i_m} \rfloor $$

$m=2$ 的另一个公式

令 $F(n) = \sum_{i=1} ^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor $，则显然
$$ \begin{aligned}
\sum_{i=1} ^n \sum_{j=1,gcd(i,j)=1} ^m \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{j} \rfloor &= \sum_{i=1} ^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \sum_{t \mid i} \mu(t) \sum_{1 \leq j \leq m, t \mid j} \lfloor \frac{m}{j} \rfloor \\
&= \sum_{i=1} ^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \sum_{t \mid i} \mu(t) F(\lfloor \frac{m}{t} \rfloor) \\
&= \sum_{t} \mu(t) F(\lfloor \frac{m}{t} \rfloor) \sum_{1 \leq i \leq n, t \mid i} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \\
&= \sum_{t} \mu(t) F(\lfloor \frac{m}{t} \rfloor) F(\lfloor \frac{n}{t} \rfloor)
\end{aligned} $$
即
$$ \sum_{i=1} ^n \sum_{j=1} ^m gcd(ij) = \sum_{t} \mu(t) F(\lfloor \frac{m}{t} \rfloor) F(\lfloor \frac{n}{t} \rfloor) $$

这说明我们可以在 $O(n \log n)$ 复杂度内计算改问题。

可是 $m>2$ 就比较麻烦了。

$f(n) = \sum_{i=1} ^n d(i) = \sum_{i=1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor$

上面这个公式有趣的是,若要求单个的 $f(n)$ 用后面一个可以在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度解决，而如果要求 $f(1),\cdots,f(n)$ 则可以用前面一个公式在 $O(n \log n)$ 复杂度解决。

codeforce 235

求解:
$$ \sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^b \sum_{k=1}^c d(ijk) $$
如果令 $f(n) = \sum_{i=1} ^n d(i),g(n)=\sum_{i \mid n} \mu(i) f(\lfloor \frac{c}{i} \rfloor) $
那么
$$ \sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^b \sum_{k=1}^c d(ijk) = \sum_{t} \mu(t) \lfloor \frac{a}{it} \rfloor \lfloor \frac{b}{it} \rfloor g(ijt^2)$$

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/*------ Welcome to my blog: http://dna049.com ------*/
#include <bits/stdc++.h>
//#include <iostream>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2002;
int f[N],g[N*N];
bool ip[N];
int mu[N],p[N],nt[N];
void init_mu(){
    mu[1]=1;ip[2]=true;p[0]=2;
    for(int i=1;i<N;i+=2)   ip[i]=true;
    for(int i = 3,cnt = 1;i<N;i+=2){
        if(ip[i]){
            p[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1,t;j<cnt&&(t= i * p[j])<N;++j){
            ip[t] = false;
            if(i % p[j] == 0)   break;
            mu[t] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i=2;i<N;i+=4)  mu[i]=-mu[i>>1];
}
int getsum(int n){
    int sum = 0;
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j = n/(n/i);
        sum += (j-i+1)*(n/i);
    }
    return sum;
}
void init(){
    for(int i=0;i<N;++i)       f[i]=getsum(i);    init_mu();
    int last = 1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(mu[i]==0)    continue;
        nt[last]=i;
        last = i;
    }
    nt[last]=N;
}
void getg(int a,int b,int c){
    int n = a*b;
    for(int i=0;i<=n;++i)   g[i]=0;
    for(int i=1;i<=n&&i<=c;i=nt[i]){ // n^2 \log n
        for(int j=i,t=mu[i]*f[c/i];j<=n;j+=i)   g[j]+=t;
    }
}
LL getf(int a,int b,int d){
    LL res = 0;
    for(int i=1;i<=a;++i){
        for(int j=1;j<=b;++j){
            res+=(a/i)*(b/j)*g[i*j*d];
        }
    }
    return res;
}
int main(){
//        freopen("/Users/dna049/Desktop/AC/in","r",stdin);
    //    freopen("/Users/dna049/Desktop/AC/out","w",stdout);
    init();
    int a,b,c;
    while(~scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)){
        getg(a,b,c);
        int ab = min(a,b);
        LL res = 0;
        for(int i=1;i<=ab;i=nt[i]){
            res+=mu[i]*getf(a/i,b/i,i*i);
        }
        printf("%d\n",int(res%(1<<30)));
    }
    return 0;
}