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 $。

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