莫比烏斯知識點整理

莫比烏斯函數

$ Mobius $ 函數 $ \mu(n) $ 的定義：設 $ n = p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \cdots \times p_m^{k_m} $，其中 $ n > 1 $，且 $ p_i $ 爲素數，則其定義以下：

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

通俗理解：

① $ \mu(n) $ 的定義域爲 $ n \in N^+ $；
② 規定：$ \mu(1) = 1 $；
③ 當 $ n $ 存在平方因子時，$ \mu(n) = 0 $；
④ 當 $ n $ 是一個素數或者爲奇數個不一樣的素數之積時，$ \mu(n) = -1 $；
⑤ 當 $ n $ 是偶數個不一樣素數之積時，$ \mu(n) = 1 $。

性質：

一、$ Mobius $ 函數是一個數論函數，同時也是一個積性函數。
二、當 $ n > 0 $ 時，有以下定理：

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

其證實以下：（用到了二項式定理的性質）
Ⅰ、當 $ n = 1 $ 時，顯然等式成立！
Ⅱ、當 $ n > 1 $ 時，設 $ 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} $ 。
根據 $ \mu $ 的定義，只需考慮 $ x_i = 0 $ 或者 $ x_i = 1 $ 的狀況。假設 $ d $ 中存在 $ r $ 個 $ x_i = 1 $，那麼有

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

根據二項式定理有：$ (x + y)^n = \sum_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^{n - k} \times y^k $， 令 $ x = 1, y = -1 $，
便可證得：$ \sum_{r=0}^m \binom{m}{r}(-1)^r \times 1^{m-r} = (1 - 1)^m = 0 $。

卷積運算形式：$ \because \mu(n) \ast I(n) = \epsilon(n) $，其中 $ \mu(n) $ 爲莫比烏斯函數，$ I(n) = 1 $ 爲恆等函數，$ \epsilon(n) $爲元函數，$ \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] $，即證！

三、$ \forall \;n \in \mathbb{N}^+ $，有 $ \frac{\varphi(n)}{n} = \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d} $。利用卷積的性質來證實：$ \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} $，即證！

備註：

a、若 $ f(n) $ 的定義域爲正整數域，值域爲複數，即：$ f: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{C} $，則稱 $ f(n) $ 爲數論函數。
b、若 $ f(n) $ 爲數論函數，且 $ f(1) = 1 $，對於互質的正整數 $ p, q $，有 $ f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q) $，則稱其爲積性函數。
c、若 $ f(n) $ 爲積性函數，且對於任意的正整數 $ p, q $ 都有 $ f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q) $ ，則稱其爲徹底積性函數。

線性篩求莫比烏斯函數

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long LL;
 4  
 5 const int maxn = 1e5+5;
 6  
 7 int cnt, prime[maxn], mu[maxn];
 8 bool isp[maxn];
 9  
10 void Mobius() {
11     memset(isp, false, sizeof(isp));
12     memset(mu, 0, sizeof(mu));
13     memset(prime, 0, sizeof(prime));
14     isp[0] = isp[1] = true;
15     cnt = 0;
16     mu[1] = 1;
17     for(int i = 2; i < maxn; ++i) {
18         if(!isp[i]) prime[cnt++] = i, mu[i] = -1;
19         for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < maxn; ++j) {
20             isp[i * prime[j]] = true;
21             if(i % prime[j] == 0) {
22                 mu[i * prime[j]] = 0;
23                 break;
24             }
25             mu[i * prime[j]] = - mu[i];
26         }
27     }
28 }
29  
30 int main() {
31     // Test:
32     Mobius();
33     for(int i = 1; i <= 10; ++i) {
34         cout << "mu[" << i << "]:" << mu[i] << endl;
35     }
36     return 0;
37 }

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證實以下：
設 $ p_1 $ 爲 $ n $ 的最小素因子，$ n' = \frac{n}{p_1} $，在線性篩中，$ n $ 經過 $ n' \times p_1 $ 被篩掉。
Ⅰ、當 $ n $ 爲素數時，根據定義有顯然有 $ \mu(n) = -1 $；
Ⅱ、當 $ n' \mod p_1 = 0 $ 時，即其對應的指數 $ k_1 > 1 $，由定義得 $ \mu(n) = 0 $；
Ⅲ、當 $ n' \mod p_1 \neq 0 $，即 $ k_1 = 1 $，$ n' $ 有 $ m - 1 $ 個素因子，接下來分2種狀況討論：
ⅰ、若 $ \mu(n') \neq 0 $，即 $ n' $ 的全部素因子都只有一個，根據定義 $ \mu(n) = (-1)^m = (-1)^{m-1} \times (-1) = - \mu(n') $；
ⅱ、若 $ \mu(n') = 0 $，說明 $ \prod_{i=2}^m k_i > 1 $，根據定義，顯然有 $ \mu(n) = 0 $。
綜合以上2小點， $ \mu(n) = -\mu(n') $ 仍然成立。即證！

歐拉函數性質的補充及其證實

公式：$ n = \sum_{d \mid n} \varphi(d) $。
證實用到法裏級數：法裏級數 $ n $ 定義爲分母不大於 $ n $ 的最簡分數。
舉個栗子：當分母 $ n = 12 $ 時，分子 $ 1 \sim 12 $ 對應的最簡分式依次爲
$ \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} $。
觀察以上最簡分式能夠發現分母都是 $ n = 12 $ 的因子 $ d = \{1, 2, 3, 4, 6, 12 \} $，即 $ d \mid n $。
將以上最簡分式分類可得：
①分母爲1的最簡分式有：$ \frac{1}{1} $；$ \Rightarrow \varphi(1) = 1 $。
②分母爲2的最簡分式有：$ \frac{1}{2} $；$ \Rightarrow \varphi(2) = 1 $。
③分母爲3的最簡分式有：$ \frac{1}{3} $，$ \frac{2}{3} $；$ \Rightarrow \varphi(3) = 2 $。
④分母爲4的最簡分式有：$ \frac{1}{4} $，$ \frac{3}{4} $；$ \Rightarrow \varphi(4) = 2 $。
⑤分母爲6的最簡分式有：$ \frac{1}{6} $，$ \frac{5}{6} $；$ \Rightarrow \varphi(6) = 2 $。
⑥分母爲12的最簡分式有：$ \frac{1}{12} $，$ \frac{5}{12} $，$ \frac{7}{12} $，$ \frac{11}{12} $；$ \Rightarrow \varphi(12) = 4 $。
經過分類能夠發現對於同一個做爲分母的因子 $ d $，其分子都是 $ d $ 內且與 $ d $ 互質的數，個數爲 $ \varphi(d) $，顯然 $ \sum_{d|n} \varphi(d) = n $。不難推導，對任意的 $ n \in \mathbb{N}^+ $，等式恆成立。
另外一種證實方式：當 $ n > 2 $ 時，令 $ n = \prod \limits_{i = 1}^{m} {p_i^{k_i}} $，因爲歐拉函數是積性函數，那麼 $ \varphi(n) = \prod \limits_{i = 1}^{m} \varphi(p_i^{k_i}) $，則

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

將上式因式分解可得

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

卷積運算形式：$ \because id(n) = \varphi(n) \ast I(n) $，其中 $ id(n) = n $ 爲單位函數，$ I(n) = 1 $ 爲恆等函數，$ \therefore id(n) = \sum_{d \mid n} \varphi(d) I(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \varphi(d) = n $，即證！

備註：

法裏數列（級數）：數學上，n階的法裏數列是0和1之間最簡分數的數列，由小至大排列，每一個分數的分母不大於n。每一個法裏數列從0開始，至1結束，但有些人不把這兩項包括進去。有時法裏數列(sequence)也稱爲法裏級數(series)，嚴格來講這名字不正確，由於法裏數列的項不會加起來。

整除分塊

問：求 $ \sum_{i=1}^n \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $，$ n \leq 10^{12} $？
解：冷靜分析一下，經過暴力打表能夠發現對於每個 $ \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $ ，有若干個與其相同的值，這樣相同的值組成一個塊。對於每個塊，假設左端點值是 $ lt $，那麼右端點值爲 $ \left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor $。因而，這個問題就能夠在 $ O(\sqrt{n}) $ 的時間複雜度內輕鬆解決！
證實以下：
Ⅰ、$ \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $ 最多有 $ 2 \times \sqrt{n} $ 種取值。即整除分塊的時間複雜度爲 $ O(\sqrt{n}) $。理由以下：
ⅰ、當 $ i \leq \sqrt{n} $，顯然只有 $ \sqrt{n} $ 種取值；
ⅱ、當 $ i > \sqrt{n} $ 時，即 $ \frac{n}{i} < \sqrt{n} $，顯然也只有 $ \sqrt{n} $ 種取值。
Ⅱ、假如 $ \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor = \lfloor \frac{n}{rt} \rfloor $，那麼 $ rt $ 的最大值爲 $ \left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor $。理由以下：
設 $ \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor = k $，則有 $ k \times lt + p = n $，其中餘數 $ p \in [0,lt) $；
若 $ \left \lfloor \frac{n}{lt+d} \right \rfloor = k $，則有 $ k \times (lt+d)+p'=n $；其中餘數 $ p' \in [0,lt+d) $
聯立上面2個等式可得 $ p'=p-kd $；當 $ p' = 0 $ 時，$ d_{max} = \left \lfloor \frac{p}{k} \right \rfloor $；則有以下推導：

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

總結：經過以上證實可知每個分塊的區間爲 $ [lt, \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \rfloor] $。如何edit code？設初始值 $ lt = 1 $，每次令 $ rt = \left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor $，將 $ (rt - lt + 1) \times \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor $ 累加到答案中，而後令 $ lt = rt + 1 $ 繼續遍歷下一個分塊便可。由性質Ⅰ可知這樣的塊數最多爲 $ 2 \sqrt{n} $ 個，即時間複雜度爲 $ O(\sqrt{n}) $。即證！

Template code

1 LL Div_block(LL n) {
2     LL res = 0;
3     for(LL lt = 1, rt; lt <= n; lt = rt + 1) {
4         rt = n / (n / lt);
5         res += (rt - lt + 1) * (n / lt);
6     }
7     return res;
8 }

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狄利克雷卷積

設 $ f(n) $、$ g(n) $ 是兩個數論函數，其 $ Dirichlet $ (狄利克雷)卷積也是一個數論函數，則卷積運算 $ f \ast g $ 定義爲：

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

簡記爲 $ (f \ast g)(n) = f(n) \ast g(n) $。注意：卷積運算符爲 $ \ast $；而乘法運算爲 $ \times $ 或者 $ \cdot $ 或者不寫。
數論函數 $ f(n) $與 $ g(n) $ 的狄利克雷卷積也能夠表示爲

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

卷積運算的性質：

Ⅰ、知足交換律：$ f \ast g = g \ast f $。由定義顯然得證！
Ⅱ、知足結合律：$ (f \ast g) \ast h = f \ast (g \ast h) $，證實以下：考察兩邊做用在參數 $ n $ 上，則

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

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

 Ⅲ、知足分配律：$ f \ast (g+h) = f \ast g + f \ast h $，證實以下：

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

Ⅳ、很是重要的幾點：
若 $ f, g $ 均爲積性函數，則 $ f \ast g $ 也爲積性函數；
若 $ g(n) $ 與 $ (f \ast g)(n) $ 都是積性函數，則 $ f(n) $ 也是積性函數。
特別地，當 $ F = f \ast \mu $ 爲積性函數時，$ f(n) $ 也是積性函數。

常見的積性函數

一、正約數個數函數 $ d(n) $： $ d(n) = \sum_{ i | n} 1 $；
卷積運算形式：$ d(n) = I(n) \ast I(n) = \sum_{d \mid n} I(d)I(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} 1 $，其中恆等函數 $ I(n) = 1$。

二、正約數和函數 $ \sigma(n) $：$ \sigma(n) = \sum_{d \mid n} d $；

卷積運算形式：$ \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 $，其中單位函數 $ id(n) = n $，恆等函數 $ I(n)  = 1 $。

三、歐拉函數 $ \varphi(n) $：$ \varphi(n) = \sum_{i=1}^n [\gcd(i,n)==1] $；

Ⅰ、歐拉函數 $ \varphi(n) $ 與恆等函數 $ I(n) $ 的卷積運算：$ id(n) = \sum_{d|n} \varphi(d) I(\frac{n}{d}) = \sum_{d|n} \varphi(d) = n $，簡寫爲 $ id = \varphi \ast I $。其中 $ id(n) = n $ 爲單位函數。
Ⅱ、單位函數 $ id(n) $ 與 莫比烏斯函數 $ \mu(n) $ 的卷積運算：$ \varphi = id \ast \mu$。
證實：$ id \ast \mu = \varphi \ast I \ast \mu = \varphi \ast \epsilon = \varphi $，即證！

四、莫比烏斯函數 $ \mu(n) $：

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

莫比烏斯函數 $ \mu(n) $ 與 恆等函數 $ I(n) $ 的卷積運算：這意味着 $ \mu $ 和 $ I $ 在狄利克雷卷積下互爲逆元。$ \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]  $，簡寫爲 $ \epsilon = \mu \ast I $。

五、除數函數 $ \sigma_{x}(n) $：$ \sigma_{x}(n) $ 定義爲n的正因數的x次冪之和，即爲 $ \sigma_{x}(n) = \sum_{d \mid n} d^x $。
推論Ⅰ：當 $ x = 0 $ 時，$ \sigma_{0}(n) = d(n) = \sum_{d \mid n} 1 $；
推論Ⅱ、當 $ x = 1 $ 時，$ \sigma_{1}(n) = \sigma(n) = \sum_{d \mid n} d $。

常見的徹底積性函數

一、元函數：$ \epsilon(n) = [n == 1] $；任意數論函數捲上元函數都得原函數，如：$ \epsilon \ast f = f \ast \epsilon = f $ 等。證實以下：

$ \epsilon(n) \ast f(n) = \sum_{d|n} \epsilon(d) f(\frac{n}{d}) $，當且僅當 $ d = 1 $ 時，$ \epsilon(1) = 1 $，其他狀況下爲0，則原式 $ = f(n) $，即證。
二、單位函數：$ id(n) = n $；
三、恆等函數：$ I(n) = 1 $；
四、冪函數：$ id^k(n) = n^k $；其中 $ k $ 包括任何複數和實數。

卷積變換總結

捲上恆等函數 $ I $ 可獲得不一樣的數論函數，反過來只需捲上恆等函數的逆元 $ \mu $ 便可推出原來的數論函數。
$$
\mu \xrightarrow{\ast I} \epsilon \xrightarrow{\ast I} I \xrightarrow{\ast I} d \\
\varphi \xrightarrow{\ast I} id \xrightarrow{\ast I} \sigma \\
\mu \xleftarrow{\ast \mu} \epsilon \xleftarrow{\ast \mu} I \xleftarrow{\ast \mu} d \\
\varphi \xleftarrow{\ast \mu} id \xleftarrow{\ast \mu} \sigma
$$

莫比烏斯反演

本質：容斥原理！
一、問題引入：先來看一個求和公式：$ F(n) = \sum_{d \mid n} f(d) $，其中 $ F(n) $ 與 $ f(d) $ 有什麼關係呢？舉個栗子：當 $ n = 8 $ 時，依次展開 $ 1 \sim 8 $ 個和式以下所示：
$ 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) $；
以上是用函數 $ f(d) $ 來表示 $ F(n) $，那麼用函數 $ F(d) $ 來表示 $ f(n) $ 又是怎樣的呢？
$ 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？
細細觀察以上式子能夠發現：
Ⅰ、若 $ n = p^2 $，其中 $ p $ 爲素數，那麼 $ F(p) = f(1) + f(p) $，$ F(n) = F(p^2) = f(1) + f(p) + f(p^2) $，則 $ f(n) = F(p^2) - F(p) $。
Ⅱ、提出猜測：注意上面的 $ f(4) $ 和 $ f(8) $，爲何會缺乏某些項？觀察其他式子中各項的係數，要麼是 $ +1 $，要麼是 $ -1 $，而這些缺乏的項前面的係數確定爲 $ 0 $，天然地聯想到這些項的係數跟莫比烏斯函數 $ \mu(n) $ 相關，再枚舉幾個式子能夠發現：對於每一項 $ F(d) $ 前面的係數值都等於 $ \mu(\frac{n}{d}) $ ，即容斥得來的。因而咱們猜想 $ \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}) $，反過來一樣能證實獲得原和式。
Ⅲ、證實猜測：已知 $ F(n) = \sum_{d \mid n} f(d) \Rightarrow F = f \ast I $，當且僅當 $ f(n) = \sum_{d \mid n} \mu(\frac{n}{d}) F(d) \Rightarrow f = \mu \ast F $，換句話說 $ F = f \ast I \Leftrightarrow f = \mu \ast F $，接下來利用狄利克雷卷積的性質證實這個等價原則：
①、$ 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 $。即證！
用反演證實以下：①、有這麼一個等式：$ \sum_{d \mid n} f(d) = \sum_{d \mid n} f(\frac{n}{d})$，顯然，這只是改變求和順序而已！②、

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

以上是一種叫約數反演，另外一種是倍數反演。
二、問題引入：先來看一個和式：$ F(d) = \sum_{d|n} f(n) $，其中 $ F(d) $ 與 $ f(n) $ 有什麼關係呢？舉個栗子：假設上限 $ n = 8 $ 時，依次展開 $ 1 \sim 8 $ 個和式以下所示：
$ 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) $ 來表示 $ F(d) $，那麼用函數 $ F(n)$ 來表示 $ f(d) $ 又是怎樣的呢？
$ 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、提出猜測：鑑於約數反演的規律：細細觀察以上式子能夠發現，每一個式子中各項前面的係數要麼是 $ + 1 $，要麼是 $ - 1 $，而這些缺失項前面的係數確定爲0，天然地聯想到這些項的係數跟莫比烏斯函數 $ \mu(n) $ 相關，再枚舉幾個式子能夠發現：對於每一項 $ F(n) $，其前面的係數爲 $ \mu(\frac{n}{d}) $，即容斥得來的。因而咱們猜想 $ \forall n \in \mathbb{N}^+ $，都有 $ f(d) = \sum_{d \mid n} \mu(\frac{n}{d}) F(n) $。
Ⅱ、證實猜測：用反演證實以下：令 $ k= \frac{n}{d} $， 則 $ n = k \cdot d $，注意：$ d \mid n $。

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