莫比乌斯反演的一个代数证明
\[f(n)=\sum_{d|n}g(d)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})
\]
考虑令 \(n\) 的标准分解为 \(\prod p_i^{a_i}\)，\(d\) 的标准分解为 \(\prod p_i^{b_i}\)，那么左式即为：
\[f(n)=\sum_{d}\left(g(d)\prod [b_i\leq a_i]\right)
\]
然后考虑将 \(g(n)=g(n)\) 右侧的展开
\[\begin{aligned}
g(n)&=\sum_{d}\left(g(d)\prod_i [b_i=a_i]\right)
\\
&=\sum_{d}\left(g(d)\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_j[b_j\geq a_j]\right)
\\
&=\sum_{d}\left(g(d)\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_j (1-[b_j<a_j])\right)
\end{aligned}
\]
然后考虑将 \((1-[b_i<a_i])\) 展开，这样就是去枚举一个质因子的集合 \(S\)：
\[\begin{aligned}
&=\sum_{d}g(d)\sum_S\left((-1)^{|S|}\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_{j\in S} [b_j<a_j]\right)
\\
&=\sum_S(-1)^{|S|}\sum_{d}g(d)\left(\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_{j\in S} [b_j<a_j]\right)
\\
&=\sum_S(-1)^{|S|}\sum_{d}g(d)\left(\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_{j\in S} [b_j\leq a_j-1]\right)
\end{aligned}
\]
考虑最后那个求和号，实际上就是枚举了一个质因子的集合，令 \(n\) 除掉这些质因子的乘积 \(k\)，然后质因子指数满足 \(b_i\leq a_i\) 的那些 \(g\) 的和，其值即为 \(f(\frac{n}{k})\)，而 \(\mu(k)\) 是定义为系数 \((-1)^{|S|}\)．
故有 \(g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\)
其实就是在质因子上做个容斥。
