初探莫比乌斯反演
我们首先从这个函数出发：\(\mu(n)\)，它被称作莫比乌斯函数
它的定义式是这样的
即：在对\(n\)进行质因子分解之后，所有质因子的幂次都不大于1的话，\(\mu(n)=(-1)^r\)，r为n互不相同的质因子的个数。若n有某一个质因子的幂次大于1的话，\(\mu(n)=0\)
关于\(\mu(n)\)函数有许多有趣的性质
1、\(\sum_{d|n}\mu(d)=0(d>1)\)
证明：令\(n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\ldots p_r^{a_r},p_1,p_2,\ldots p_r\in prime\)，考虑数\(m=p_1p_2\ldots p_r,p_1,p_2,\ldots p_r\in prime\)
则\(\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|m}\mu(d)=\sum_{i=0}^{r}C_r^i(-1)^r1^{i-r}=(1-1)^r=0\)
命题得证
2、\(\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}\)
为了证明这个和下面的反演，我们引入一个新概念——狄利克雷卷积
我们说：数论函数指定义域为正整数、值域为复数的函数，比如上文中我们提到的\(\mu(n)，\varphi(n)\)
同时我们再定义几个比较常见的数论函数
\(e(n)\)，元函数，\(e(n)=[n=1]\)（[]中带的是一个逻辑判别式，如果满足的话值为1，否则值为0）
\(I(n)\)，恒等函数，\(I(n)=1\)
\(id(n)\)，单位函数，\(id(n)=n\)
然后就是狄利克雷卷积的定义了
对于两个数论函数\(f(n)\)和\(g(n)\)，定义它们的卷积\((f*g)(n)=\sum_{d|n}f(n)g(\frac{n}{d})\)，一般等式左边的\((n)\)可以不写
容易证明，卷积运算满足交换律，结合律和分配律
我们从卷积的角度，再回过头去看这两条性质
第一条性质可以被表述成\(\mu*I=e\)，这是下面证明的关键
第二条性质：
我们在两边同时乘上n,得到\(\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}\)
我们知道\(\varphi(n)\)满足\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)
我们把它写成卷积的形式：\(\varphi *I=id\)
在两边同时乘上\(\mu\)，得到\(\varphi *I *\mu=id *\mu\)
把\(I*\mu\)约去，得到\(\varphi=id*\mu\)，就是我们一开始写出来的式子
因此命题得证
我们再看到莫比乌斯反演，它一般有两种写法
1、如果两个数论函数\(f(n),F(n)\)满足
那么
2、如果两个数论函数\(f(n),F(n)\)满足
那么
我们从纯数学的角度来证明一下这两个式子
1、
由\(\mu(d)\)的第一个性质我们知道，当\(\frac{n}{i}=1\)即\(n=i\)时，\(\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)\)的值为1，其他时候这个式子的值均为0
因此
2、
剩下的就和1的证明大体类似了
在这里再提供一种更为简洁的证明思路——利用卷积
在这里以1的证明为一个例子
对于\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)，我们可以把它写成卷积的形式：\(F=f*I\)
在两边同时乘上\(\mu\)，得到\(F*\mu=f*I*\mu\)
约去\(I*\mu\)，即\(f=F*\mu\)
证完了QAQ
看了这么多，你肯定会问了：这玩意有什么用？
实际上，在一些题目中，出题人会让你求某一个函数的值，我们会发现直接求它的值不好求，而求它的因数函数值之和或倍数函数值之和会更加方便，于是我们就要用到反演了
然而更多的时候我们要求的函数值与反演看起来八竿子打不着，这就需要我们通过构造函数来达到简化计算了
由于涉及到莫比乌斯反演的题目对时间复杂度的要求较高，一般不会要你在\(O(n)\)的时间内求解，所以为了加速，我们还需要掌握一个知识——整除分块，可以直接看我写的某一道题目的题解
例题由于zzr太懒所以并没有，留着以后填坑
