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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