莫比乌斯知识点整理

莫比乌斯函数

$Mobius$ 函数 $\mu(n)$ 的定义：设 $n = p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \cdots \times p_m^{k_m}$，其中 $n > 1$，且 $p_i$ 为素数，则其定义如下：

$$\mu(n) = \left \{ \begin{aligned} &1 \quad (n = 1) \\ &(-1) ^k \quad n = \prod_{i = 1}^k p_i \\ &0 \quad otherwise \end{aligned} \right.$$

通俗理解：

① $\mu(n)$ 的定义域为 $n \in N^+$；
② 规定：$\mu(1) = 1$；
③ 当 $n$ 存在平方因子时，$\mu(n) = 0$；
④ 当 $n$ 是一个素数或者为奇数个不同的素数之积时，$\mu(n) = -1$；
⑤ 当 $n$ 是偶数个不同素数之积时，$\mu(n) = 1$。

性质：

1、$Mobius$ 函数是一个数论函数，同时也是一个积性函数。
2、当 $n > 0$ 时，有如下定理：

$$\sum_{d|n} \mu(d) = \left\{ \begin{aligned} &1 \quad (n = 1) \\ &0 \quad (n > 1) \end{aligned}\right.$$

其证明如下：（用到了二项式定理的性质）
Ⅰ、当 $n = 1$ 时，显然等式成立！
Ⅱ、当 $n > 1$ 时，设 $n = p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \cdots \times p_m^{k_m}$ ，$d = p_1^{x_1} \times p_2^{x_2} \times \cdots \times p_m^{x_m}$ 。
根据 $\mu$ 的定义，只需考虑 $x_i = 0$ 或者 $x_i = 1$ 的情况。假设 $d$ 中存在 $r$ 个 $x_i = 1$，那么有

$$\begin{aligned} \sum_{d|n} \mu(d) = & \mu(1) + \mu(p_1) + \cdots + \mu(p_k) + \mu(p_1 \times p_2) + \cdots + \mu(p_{m-1} \times p_m) + \cdots + \mu(p_1 \times p_2 \times \cdots \times p_m) \\ = & 1 + \binom{m}{1}(-1) + \binom{m}{2}(-1)^2 + \cdots + \binom{m}{m}(-1)^m = \sum_{r=0}^m \binom{m}{r}(-1)^r = 0 \\ \end{aligned}$$

根据二项式定理有：$(x + y)^n = \sum_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^{n - k} \times y^k$， 令 $x = 1, y = -1$，
即可证得：$\sum_{r=0}^m \binom{m}{r}(-1)^r \times 1^{m-r} = (1 - 1)^m = 0$。

卷积运算形式：$\because \mu(n) \ast I(n) = \epsilon(n)$，其中 $\mu(n)$ 为莫比乌斯函数，$I(n) = 1$ 为恒等函数，$\epsilon(n)$为元函数，$\epsilon(n) = [n == 1], \; \therefore \mu(n) \ast I(n) = \sum_{d|n} \mu(d) I(\frac{n}{d}) = \sum_{d|n} \mu(d) = [n == 1]$，即证！

3、$\forall \;n \in \mathbb{N}^+$，有 $\frac{\varphi(n)}{n} = \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d}$。利用卷积的性质来证明：$\because  \varphi(n) = \mu(n) \ast id(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d) \cdot id(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \mu(d) \cdot \frac{n}{d}$，$\therefore  \frac{\varphi(n)}{n} = \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d}$，即证！

备注：

a、若 $f(n)$ 的定义域为正整数域，值域为复数，即：$f: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{C}$，则称 $f(n)$ 为数论函数。
b、若 $f(n)$ 为数论函数，且 $f(1) = 1$，对于互质的正整数 $p, q$，有 $f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q)$，则称其为积性函数。
c、若 $f(n)$ 为积性函数，且对于任意的正整数 $p, q$ 都有 $f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q)$ ，则称其为完全积性函数。

线性筛求莫比乌斯函数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
const int maxn = 1e5+5;
 
int cnt, prime[maxn], mu[maxn];
bool isp[maxn];
 
void Mobius() {
    memset(isp, false, sizeof(isp));
    memset(mu, 0, sizeof(mu));
    memset(prime, 0, sizeof(prime));
    isp[0] = isp[1] = true;
    cnt = 0;
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; ++i) {
        if(!isp[i]) prime[cnt++] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < maxn; ++j) {
            isp[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = - mu[i];
        }
    }
}
 
int main() {
    // Test:
    Mobius();
    for(int i = 1; i <= 10; ++i) {
        cout << "mu[" << i << "]:" << mu[i] << endl;
    }
    return 0;
}

证明如下：
设 $p_1$ 为 $n$ 的最小素因子，$n' = \frac{n}{p_1}$，在线性筛中，$n$ 通过 $n' \times p_1$ 被筛掉。
Ⅰ、当 $n$ 为素数时，根据定义有显然有 $\mu(n) = -1$；
Ⅱ、当 $n' \mod p_1 = 0$ 时，即其对应的指数 $k_1 > 1$，由定义得 $\mu(n) = 0$；
Ⅲ、当 $n' \mod p_1 \neq 0$，即 $k_1 = 1$，$n'$ 有 $m - 1$ 个素因子，接下来分2种情况讨论：
ⅰ、若 $\mu(n') \neq 0$，即 $n'$ 的所有素因子都只有一个，根据定义 $\mu(n) = (-1)^m = (-1)^{m-1} \times (-1) = - \mu(n')$；
ⅱ、若 $\mu(n') = 0$，说明 $\prod_{i=2}^m k_i > 1$，根据定义，显然有 $\mu(n) = 0$。
综合以上2小点， $\mu(n) = -\mu(n')$ 仍然成立。即证！

欧拉函数性质的补充及其证明

公式：$n = \sum_{d \mid n} \varphi(d)$。
证明用到法里级数：法里级数 $n$ 定义为分母不大于 $n$ 的最简分数。
举个栗子：当分母 $n = 12$ 时，分子 $1 \sim 12$ 对应的最简分式依次为
$\frac{1}{12}$、$\frac{1}{6}$、$\frac{1}{4}$、$\frac{1}{3}$、$\frac{5}{12}$、$\frac{1}{2}$、$\frac{7}{12}$、$\frac{2}{3}$、$\frac{3}{4}$、$\frac{5}{6}$、$\frac{11}{12}$、$\frac{1}{1}$。
观察以上最简分式可以发现分母都是 $n = 12$ 的因子 $d = \{1, 2, 3, 4, 6, 12 \}$，即 $d \mid n$。
将以上最简分式分类可得：
①分母为1的最简分式有：$\frac{1}{1}$；$\Rightarrow \varphi(1) = 1$。
②分母为2的最简分式有：$\frac{1}{2}$；$\Rightarrow \varphi(2) = 1$。
③分母为3的最简分式有：$\frac{1}{3}$，$\frac{2}{3}$；$\Rightarrow \varphi(3) = 2$。
④分母为4的最简分式有：$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$；$\Rightarrow \varphi(4) = 2$。
⑤分母为6的最简分式有：$\frac{1}{6}$，$\frac{5}{6}$；$\Rightarrow \varphi(6) = 2$。
⑥分母为12的最简分式有：$\frac{1}{12}$，$\frac{5}{12}$，$\frac{7}{12}$，$\frac{11}{12}$；$\Rightarrow \varphi(12) = 4$。
通过分类可以发现对于同一个作为分母的因子 $d$，其分子都是 $d$ 内且与 $d$ 互质的数，个数为 $\varphi(d)$，显然 $\sum_{d|n} \varphi(d) = n$。不难推导，对任意的 $n \in \mathbb{N}^+$，等式恒成立。
另一种证明方式：当 $n > 2$ 时，令 $n = \prod \limits_{i = 1}^{m} {p_i^{k_i}}$，由于欧拉函数是积性函数，那么 $\varphi(n) = \prod \limits_{i = 1}^{m} \varphi(p_i^{k_i})$，则

$$\sum \limits_{d \mid n} {\varphi(d)} = \sum \prod \limits_{i = 1}^{m} {\varphi(p_i^j)}，其中 \; (0 \leq j \leq k_i)$$

将上式因式分解可得

$$\begin{aligned} \prod \limits_{i = 1}^{m} {(\sum \limits_{j = 0}^{k_i} {\varphi(p_i^j)})} & = \prod \limits_{i = 1}^{m} {(1 + \sum \limits_{j = 1}^{k_i} {(p_i^j - p_i^{j - 1})})} \\ & = \prod \limits_{i = 1}^{m} {(1 + \frac{p_i(p_i^{k_i}-1)}{p_i-1}-\frac{p_i^{k_i}-1}{p_i-1})} \\ & = \prod \limits_{i = 1}^{m} {(1 + \frac{p_i^{k_i}(p_i-1)-(p_i-1)}{p_i-1})} \\ & = \prod \limits_{i = 1}^{m} {(1 + p_i^{k_i} - 1)} \\ & = \prod \limits_{i = 1}^{m} {p_i^{k_i}} = n \quad\Box \end{aligned}$$

卷积运算形式：$\because id(n) = \varphi(n) \ast I(n)$，其中 $id(n) = n$ 为单位函数，$I(n) = 1$ 为恒等函数，$\therefore id(n) = \sum_{d \mid n} \varphi(d) I(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \varphi(d) = n$，即证！

备注：

法里数列（级数）：数学上，n阶的法里数列是0和1之间最简分数的数列，由小至大排列，每个分数的分母不大于n。每个法里数列从0开始，至1结束，但有些人不把这两项包括进去。有时法里数列(sequence)也称为法里级数(series)，严格来说这名字不正确，因为法里数列的项不会加起来。

整除分块

问：求 $\sum_{i=1}^n \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$，$n \leq 10^{12}$？
解：冷静分析一下，通过暴力打表可以发现对于每一个 $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$ ，有若干个与其相同的值，这样相同的值组成一个块。对于每一个块，假设左端点值是 $lt$，那么右端点值为 $\left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor$。于是，这个问题就可以在 $O(\sqrt{n})$ 的时间复杂度内轻松解决！
证明如下：
Ⅰ、$\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$ 最多有 $2 \times \sqrt{n}$ 种取值。即整除分块的时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$。理由如下：
ⅰ、当 $i \leq \sqrt{n}$，显然只有 $\sqrt{n}$ 种取值；
ⅱ、当 $i > \sqrt{n}$ 时，即 $\frac{n}{i} < \sqrt{n}$，显然也只有 $\sqrt{n}$ 种取值。
Ⅱ、假如 $\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor = \lfloor \frac{n}{rt} \rfloor$，那么 $rt$ 的最大值为 $\left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor$。理由如下：
设 $\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor = k$，则有 $k \times lt + p = n$，其中余数 $p \in [0,lt)$；
若 $\left \lfloor \frac{n}{lt+d} \right \rfloor = k$，则有 $k \times (lt+d)+p'=n$；其中余数 $p' \in [0,lt+d)$
联立上面2个等式可得 $p'=p-kd$；当 $p' = 0$ 时，$d_{max} = \left \lfloor \frac{p}{k} \right \rfloor$；则有如下推导：

$$\begin{aligned} rt & = lt + d_{max} \\ & = lt + \lfloor \frac{p}{k} \rfloor \\ & = lt + \left \lfloor \frac {n \; mod \; lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \\ & = lt + \left \lfloor \frac {n -\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor \times lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \\ & = \left \lfloor lt + \frac {n- \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor \times lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \\ & = \left \lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor \times lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} + \frac {n - \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor \times lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \\ & = \left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \quad\Box \end{aligned}$$

总结：通过以上证明可知每一个分块的区间为 $[lt, \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \rfloor]$。如何edit code？设初始值 $lt = 1$，每次令 $rt = \left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor$，将 $(rt - lt + 1) \times \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor$ 累加到答案中，然后令 $lt = rt + 1$ 继续遍历下一个分块即可。由性质Ⅰ可知这样的块数最多为 $2 \sqrt{n}$ 个，即时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$。即证！

Template code

LL Div_block(LL n) {
    LL res = 0;
    for(LL lt = 1, rt; lt <= n; lt = rt + 1) {
        rt = n / (n / lt);
        res += (rt - lt + 1) * (n / lt);
    }
    return res;
}

狄利克雷卷积

设 $f(n)$、$g(n)$ 是两个数论函数，其 $Dirichlet$ (狄利克雷)卷积也是一个数论函数，则卷积运算 $f \ast g$ 定义为：

$$(f \ast g)(n) = \sum_{d|n \;\land \;d > 0} f(d) \; g(\frac{n}{d})$$

简记为 $(f \ast g)(n) = f(n) \ast g(n)$。注意：卷积运算符为 $\ast$；而乘法运算为 $\times$ 或者 $\cdot$ 或者不写。
数论函数 $f(n)$与 $g(n)$ 的狄利克雷卷积也可以表示为

$$(f \ast g)(n) = \sum_{ab = n \; \land \; a, b > 0} f(a) \; g(b)$$

卷积运算的性质：

Ⅰ、满足交换律：$f \ast g = g \ast f$。由定义显然得证！
Ⅱ、满足结合律：$(f \ast g) \ast h = f \ast (g \ast h)$，证明如下：考察两边作用在参数 $n$ 上，则

$$\begin{aligned} 左边=((f \ast g) \ast h)(n) & = \sum_{mk=n}(f \ast g)(m)h(k) \\ & = \sum_{mk=n} \left(\sum_{ij=m}f(i)g(j) \right)h(k)\\ & = \sum_{ijk=n} f(i)g(j)h(k) = f \ast g \ast h \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} 右边 = (f \ast (g \ast h))(n) & = \sum_{im=n}f(i)(g \ast h)(m) \\ & = \sum_{im=n}f(i) \left(\sum_{jk=m}g(j)h(k) \right) \\ & = \sum_{ijk=n} f(i)g(j)h(k) = f \ast g \ast h = 左边 \quad\Box \end{aligned}$$

 Ⅲ、满足分配律：$f \ast (g+h) = f \ast g + f \ast h$，证明如下：

$$\begin{aligned} f \ast (g+h)(n) & = \sum_{mk=n} f(m)(g+h)(k) \\ & = \sum_{mk=n} f(m)g(k) + \sum_{mk=n} f(m)h(k) \\ & = f \ast g + f \ast h \quad\Box \end{aligned}$$

Ⅳ、非常重要的几点：
若 $f, g$ 均为积性函数，则 $f \ast g$ 也为积性函数；
若 $g(n)$ 与 $(f \ast g)(n)$ 都是积性函数，则 $f(n)$ 也是积性函数。
特别地，当 $F = f \ast \mu$ 为积性函数时，$f(n)$ 也是积性函数。

常见的积性函数

1、正约数个数函数 $d(n)$： $d(n) = \sum_{ i | n} 1$；
卷积运算形式：$d(n) = I(n) \ast I(n) = \sum_{d \mid n} I(d)I(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} 1$，其中恒等函数 $I(n) = 1$。

2、正约数和函数 $\sigma(n)$：$\sigma(n) = \sum_{d \mid n} d$；

卷积运算形式：$\sigma(n) = I(n) \ast id(n) = \sum_{d \mid n} I(d)id(\frac{n}{d}) =  \sum_{d \mid n} id(d)I(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} d$，其中单位函数 $id(n) = n$，恒等函数 $I(n)  = 1$。

3、欧拉函数 $\varphi(n)$：$\varphi(n) = \sum_{i=1}^n [\gcd(i,n)==1]$；

Ⅰ、欧拉函数 $\varphi(n)$ 与恒等函数 $I(n)$ 的卷积运算：$id(n) = \sum_{d|n} \varphi(d) I(\frac{n}{d}) = \sum_{d|n} \varphi(d) = n$，简写为 $id = \varphi \ast I$。其中 $id(n) = n$ 为单位函数。
Ⅱ、单位函数 $id(n)$ 与 莫比乌斯函数 $\mu(n)$ 的卷积运算：$\varphi = id \ast \mu$。
证明：$id \ast \mu = \varphi \ast I \ast \mu = \varphi \ast \epsilon = \varphi$，即证！

4、莫比乌斯函数 $\mu(n)$：

$$\mu(n) = \left \{ \begin{aligned} &1 \quad (n = 1) \\ &(-1) ^k \quad n = \prod_{i = 1}^k p_i \\ &0 \quad otherwise \end{aligned} \right.$$

莫比乌斯函数 $\mu(n)$ 与 恒等函数 $I(n)$ 的卷积运算：这意味着 $\mu$ 和 $I$ 在狄利克雷卷积下互为逆元。$\mu(n) \ast I(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d) I(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \mu(d) = \epsilon(n) = [n == 1]$，简写为 $\epsilon = \mu \ast I$。

5、除数函数 $\sigma_{x}(n)$：$\sigma_{x}(n)$ 定义为n的正因数的x次幂之和，即为 $\sigma_{x}(n) = \sum_{d \mid n} d^x$。
推论Ⅰ：当 $x = 0$ 时，$\sigma_{0}(n) = d(n) = \sum_{d \mid n} 1$；
推论Ⅱ、当 $x = 1$ 时，$\sigma_{1}(n) = \sigma(n) = \sum_{d \mid n} d$。

常见的完全积性函数

1、元函数：$\epsilon(n) = [n == 1]$；任意数论函数卷上元函数都得原函数，如：$\epsilon \ast f = f \ast \epsilon = f$ 等。证明如下：

$\epsilon(n) \ast f(n) = \sum_{d|n} \epsilon(d) f(\frac{n}{d})$，当且仅当 $d = 1$ 时，$\epsilon(1) = 1$，其余情况下为0，则原式 $= f(n)$，即证。
2、单位函数：$id(n) = n$；
3、恒等函数：$I(n) = 1$；
4、幂函数：$id^k(n) = n^k$；其中 $k$ 包括任何复数和实数。

卷积变换总结

卷上恒等函数 $I$ 可得到不同的数论函数，反过来只需卷上恒等函数的逆元 $\mu$ 即可推出原来的数论函数。
$$\mu \xrightarrow{\ast I} \epsilon \xrightarrow{\ast I} I \xrightarrow{\ast I} d \\ \varphi \xrightarrow{\ast I} id \xrightarrow{\ast I} \sigma \\ \mu \xleftarrow{\ast \mu} \epsilon \xleftarrow{\ast \mu} I \xleftarrow{\ast \mu} d \\ \varphi \xleftarrow{\ast \mu} id \xleftarrow{\ast \mu} \sigma$$

莫比乌斯反演

本质：容斥原理！
1、问题引入：先来看一个求和公式：$F(n) = \sum_{d \mid n} f(d)$，其中 $F(n)$ 与 $f(d)$ 有什么关系呢？举个栗子：当 $n = 8$ 时，依次展开 $1 \sim 8$ 个和式如下所示：
$F(1) = f(1)$；
$F(2) = f(1) + f(2)$；
$F(3) = f(1) + f(3)$；
$F(4) = f(1) + f(2) + f(4)$；
$F(5) = f(1) + f(5)$；
$F(6) = f(1) + f(2) + f(3) + f(6)$；
$F(7) = f(1) + f(7)$；
$F(8) = f(1) + f(2) + f(4) + f(8)$；
以上是用函数 $f(d)$ 来表示 $F(n)$，那么用函数 $F(d)$ 来表示 $f(n)$ 又是怎样的呢？
$f(1) = F(1)$；
$f(2) = F(2) - F(1)$；
$f(3) = F(3) - F(1)$；
$f(4) = F(4) - F(2)$；$\Rightarrow F(1)$ 跑哪去了？
$f(5) = F(5) - F(1)$；
$f(6) = F(6) - F(3) - F(2) + F(1)$；
$f(7) = F(7) - F(1)$；
$f(8) = F(8) - F(4)$； $\Rightarrow F(2), \; F(1)$ 跑哪去了？
细细观察以上式子可以发现：
Ⅰ、若 $n = p^2$，其中 $p$ 为素数，那么 $F(p) = f(1) + f(p)$，$F(n) = F(p^2) = f(1) + f(p) + f(p^2)$，则 $f(n) = F(p^2) - F(p)$。
Ⅱ、提出猜想：注意上面的 $f(4)$ 和 $f(8)$，为什么会缺少某些项？观察其余式子中各项的系数，要么是 $+1$，要么是 $-1$，而这些缺少的项前面的系数肯定为 $0$，自然地联想到这些项的系数跟莫比乌斯函数 $\mu(n)$ 相关，再枚举几个式子可以发现：对于每一项 $F(d)$ 前面的系数值都等于 $\mu(\frac{n}{d})$ ，即容斥得来的。于是我们猜测 $\forall \; n \in \mathbb{N}^ +$，都有 $f(n) = \sum_{d \mid n} \mu(\frac{n}{d}) F(d) = \sum_{d \mid n} \mu(d)F(\frac{n}{d})$，反过来同样能证明得到原和式。
Ⅲ、证明猜想：已知 $F(n) = \sum_{d \mid n} f(d) \Rightarrow F = f \ast I$，当且仅当 $f(n) = \sum_{d \mid n} \mu(\frac{n}{d}) F(d) \Rightarrow f = \mu \ast F$，换句话说 $F = f \ast I \Leftrightarrow f = \mu \ast F$，接下来利用狄利克雷卷积的性质证明这个等价原则：
①、$F \ast \mu = f \ast I \ast \mu = f \ast (I \ast \mu) = f \ast \epsilon = f$；
②、$f \ast I = \mu \ast F \ast I = F \ast (\mu \ast I) = F \ast \epsilon = F$。即证！
用反演证明如下：①、有这么一个等式：$\sum_{d \mid n} f(d) = \sum_{d \mid n} f(\frac{n}{d})$，显然，这只是改变求和顺序而已！②、

$$\begin{aligned} f(n) & = \sum_{d \mid n} \mu(d) F(\frac{n}{d}) \Rightarrow 枚举d \\ & = \sum_{d \mid n} \mu(d) \sum_{k \mid \frac{n}{d}} f(k) \\ & = \sum_{d \mid \frac{n}{k}} \mu(d) \sum_{k \mid n} f(k) \Rightarrow 枚举k \\ & = [\frac{n}{k} == 1] \cdot \sum_{k \mid n} f(k) \Rightarrow 原理：\sum_{d \mid n}\mu(d) = [n == 1] \\ & = [n == k] \cdot \sum_{k \mid n} f(k) \\ & = f(n) \quad\Box \end{aligned}$$

以上是一种叫约数反演，另一种是倍数反演。
2、问题引入：先来看一个和式：$F(d) = \sum_{d|n} f(n)$，其中 $F(d)$ 与 $f(n)$ 有什么关系呢？举个栗子：假设上限 $n = 8$ 时，依次展开 $1 \sim 8$ 个和式如下所示：
$F(1) = f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5) + f(6) + f(7) + f(8)$；
$F(2) = f(2) + f(4) + f(6) + f(8)$；
$F(3) = f(3) + f(6)$；
$F(4) = f(4) + f(8)$；
$F(5) = f(5)$；
$F(6) = f(6)$；
$F(7) = f(7)$；
$F(8) = f(8)$；
以上是用 $f(n)$ 来表示 $F(d)$，那么用函数 $F(n)$ 来表示 $f(d)$ 又是怎样的呢？
$f(1) = F(1) - F(2) - F(3) - F(5) + F(6) - F(7)$； $\Rightarrow F(4), \; F(8)$ 跑哪去了？
$f(2) = F(2) - F(4) - F(6)$；$\Rightarrow F(8)$ 跑哪去了？
$f(3) = F(3) - F(6)$；
$f(4) = F(4) - F(8)$；
$f(5) = F(5)$；
$f(6) = F(6)$；
$f(7) = F(7)$；
$f(8) = F(8)$；
Ⅰ、提出猜想：鉴于约数反演的规律：细细观察以上式子可以发现，每个式子中各项前面的系数要么是 $+ 1$，要么是 $- 1$，而这些缺失项前面的系数肯定为0，自然地联想到这些项的系数跟莫比乌斯函数 $\mu(n)$ 相关，再枚举几个式子可以发现：对于每一项 $F(n)$，其前面的系数为 $\mu(\frac{n}{d})$，即容斥得来的。于是我们猜测 $\forall n \in \mathbb{N}^+$，都有 $f(d) = \sum_{d \mid n} \mu(\frac{n}{d}) F(n)$。
Ⅱ、证明猜想：用反演证明如下：令 $k= \frac{n}{d}$， 则 $n = k \cdot d$，注意：$d \mid n$。

$$\begin{aligned} f(d) & = \sum_{d \mid n} \mu(\frac{n}{d}) F(n) \\ & = \sum_{k = 1}^{\infty} \mu(k) \sum_{k \cdot d \mid T} f(T) \Rightarrow 枚举k\\ & = \sum_{k \mid \frac{T}{d}} \mu(k) \sum_{d \mid T} f(T) \Rightarrow 枚举T，且必须满足d \mid T \\ & = [\frac{T}{d} == 1] \cdot \sum_{d \mid T} f(T) \Rightarrow 原理：\sum_{d \mid n}\mu(d) = [n == 1]\\ & = [T == d] \cdot \sum_{d \mid T} f(T) \\ & = f(d) \quad\Box \end{aligned}$$