震惊！莫比乌斯反演竟然还能这样推？你可能还不知道这种方法可以推莫比乌斯反演！

upd:更新了狄利克雷卷积的部分，在最底下 ——2019.8.17

qwq

有一天，蒟蒻zyd被一股来自西方的神秘力量吸走。
等他醒来时，他看到了一个背影……
他走过去，那是一个年过九/十的长者，穿着西服，裤子提的很高，戴着一副黑/框眼镜。
长者正在看一道数学题，zyd走上前，纸上一大堆$\Sigma$交织在一起，黑体的数字像极了长者的黑/框眼镜。
zyd走上前：“请问，这是什么解法啊？”
长者微微一笑：“这是莫比乌斯反演。”
长者看zyd一脸迷茫，便开始为他讲解起来。

长者1：

要学会莫比乌斯反演，你先需要会几个前置的定义。
首先定义“积性函数”：
一个函数$f$，若满足对于任意互质的两个数$p,q$，有$f(pq)=f(p)f(q)$，则称$f$为积性函数。
是不是很simple？积性函数有这样三个性质：
第一，$f(1)=1.$（很显然，因为$f(1)\ast f(x)=f(x)$，所以$f(1)=1$）
第二，若$n$分解质因数为$p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast ...\ast p_k^{a_k}$（$p_1,p_2,...,p_k$为质数），$f$是积性函数，
则$f(n)=f(p_1^{a_1})\ast f(p_2^{a_2})\ast ...\ast f(p_k^{a_k})$。
也很显然，因为$p_1,p_2,...,p_k$都是互质的，然后套一下积性函数定义就珂以了。
第三，如果$f,g$都是积性函数，那么$fg$也是积性函数（随便乱搞一下也就证出来了）

upd:发现“$\ast$”还有求狄利克雷卷积的意思。
原来这里写的是$f\ast g$也是积性函数，这也是对的，不过并不显然
如果想要证明两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数，就把式子按照长者2的方法暴莉展开就行了qwq
这里$fg$表示函数$h,$使$h(x)=f(x)g(x)$

长者2：

让$\Sigma {}_{d|n}f(d)$表示枚举每个$n$的因数$d$，把$f(d)$加在一起的值。
珂以发现$(\Sigma {}_{d|n}f(d))\ast (\Sigma {}_{d|m}g(d))=\Sigma {}_{d_1|n}\Sigma {}_{d_2|m}f(d_1)g(d_2)$。
数学很菜的zyd：蛤？
长者：你叫我？ naive! 这不是很显然吗？右边就相当于把左边展开，类比一下展开$(a+b)(c+d)$就行了。
zyd: 蜃妙！
长者：你又叫我？ （注：“蜃”=“大/蛤”）

长者3：

妙的还在后面：
如果$f$是一个积性函数，令$g(n)=\Sigma {}_{d|n}f(d)$。则$g$也是积性函数。
证明：取两个互质的数$p,q$，则$pq$的因数都能表示成$d_1{d}_2$（$d_1|p,d_2|q$）的形式。
所以$g(pq)=\Sigma {}_{d1|p}\Sigma {}_{d_2|q}f(d_1{d}_2)=\Sigma {}_{d1|p}\Sigma {}_{d_2|q}f(d_1)f(d_2).$
然后看到长者2部分，发现这个式子可以变形为
$(\Sigma {}_{d_1|p}f(d_1))\ast (\Sigma {}_{d_2}f(d_2))=g(p)\ast g(q)$
因此这就证明了对于任意互质的$p,q$，有$g(pq)=g(p)\ast g(q)$，因此$g$是积性函数。

长者4：

长者3已经证明了$g(n)$是积性函数。
发现在长者3的条件下，若$n=p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast ...\ast p_k^{a_k}$，则
$g(n)=(1+f(p_1)+f(p_1$${}^2)+...+f(p_1^{a_k}))\ast (1+f(p_2)+...)\ast ...$
因为$g(n)=g(p_1^{a_1})\ast g(p_2^{a_2})\ast ...\ast g(p_k^{a_k})$，然后分别把每个$g$展开就是上面的式子。

长者：这基本上就是莫比乌斯反演的所有前置技能了。
zyd：蛤？这里还没有开始讲莫比乌斯反演吗qwq
长者：你还是too young，思考问题的时候too simple，sometimes naive!
长者：下面这些是莫比乌斯反演的过程。

长者5：

定义莫比乌斯函数$\mu (n)$，满足如下条件：
$\mu (1)=1$
当$n>=2$时，把$n$分解质因数，令$n=p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast ...\ast p_k^{a_k}$。
若$a_1=a_2=...=a_k=1$，则$\mu (n)=(-1{)}^k.$
否则$\mu (n)=0.$

珂以发现，莫比乌斯函数是一个积性函数，证明如下：
取互质的$p,q$，令$p=p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast ...\ast p_x^{a_x},q=q_1^{b_1}\ast q_2^{b_2}\ast ...\ast q_y^{a_y}$，
其中对于任意$i,j$满足$p_i$不等于$q_j$。
若$\mu (p)=0$或$\mu (q)=0$，显然$\mu (pq)=0.$
若$\mu (p)$和$\mu (q)$均不为0，则对于$\forall i,j,a_i=b_j=1.$
那么$pq=p_1\ast p_2\ast ...\ast p_x\ast q_1\ast q_2\ast ...\ast q_y.$
则$\mu (pq)=(-1{)}^{x+y}=\mu (p)\mu (q).$
所以$\mu$是积性函数，识得唔识得啊？

zyd：妙哉，但是这个$\mu$有什么用呢？
长者：中国有句话叫做“闷声发大财”，但我看你这么热情，一句话不说也不好。

长者6：

若$f$为积性函数，那么根据长者1所说的积性函数性质，$\mu f$也是积性函数。
根据长者3所说，令$g(n)=\Sigma {}_{d|n}\mu (d)f(d)$，则$g$也是积性函数。
根据长者4所说，$g(n)=$
$(1+\mu (p1)f(p1)+\mu (p_1^2)f(p_1^2)+...)\ast (1+\mu (p_2)f(p_2)+\mu (p_2^2)f(p_2^2)+...)\ast ...$
然后根据莫比乌斯函数的性质，
当分解质因数后，有指数$>1$时，$\mu$值为0。
所以$\mu (p_1^2)=\mu (p_1^3)=...=0$。
又因为质数的$\mu$为$-1$，即$\mu (p_1)=\mu (p_2)=...=-1$，
所以得出推论：$g(n)=(1-f(p_1))\ast (1-f(p_2))\ast ...\ast f(1-f(p_k)).$
特别地，
若对于任意的$n$，有$f(n)=1$，那么仅当$n=1$时，$g(n)=1$，其余情况下$g(n)=0.$
证明：当$n=1$时把$n=1$代进去就珂以了，发现$g(n)=1.$
当$n>1$时代入推论中，发现$g(n)=0.$
所以当$n>1$时，$\Sigma {}_{d|n}\mu (d)=0$，$n=1$时，$\Sigma {}_{d|n}\mu (d)=1.$

长者：现在要准备开始推莫比乌斯反演的式子了
zyd：瑟瑟发抖.jpg

长者7：

已知：$F(n)=\Sigma {}_{d|n}f(d)$。
求证：$f(n)=\Sigma {}_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$。

zyd：我觉得可以把求证中的$F$函数用定义式展开。
长者：没错，珂以这么做：

$\Sigma {}_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$
$=\Sigma {}_{d|n}(\mu (d)\Sigma {}_{t|\frac{n}{d}}f(t))$
$=\Sigma {}_{d|n}\Sigma {}_{t|\frac{n}{d}}\mu (d)f(t)$
上面$d$是$n$的因数，$t$是$\frac{n}{d}$的因数，不妨变成这样（思考一下为什么这样是等价的）：
$=\Sigma {}_{d|\frac{n}{t}}\Sigma {}_{t|n}\mu (d)f(t)$
$=\Sigma {}_{t|n}(f(t)\Sigma {}_{d|\frac{n}{t}}\mu (d))$
由长者6所说，当且仅当$n=1$时，$\Sigma {}_{d|n}\mu (d)=1.$

所以上式只有当$t=n$时，$\Sigma {}_{d|\frac{n}{t}}\mu (d)=1.$

因此上式

$=f(n)\ast 1$
$=f(n)$
所以$f(n)=\Sigma {}_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$。

zyd：#%￥#！@￥%#%&#×（昏倒）
长者：年轻人还是要提高自己的知/识水平，不能像zyd这么na/ive，我还没告诉他，题目中用的一般不是这条，而是：

若有$F(n)=\Sigma {}_{n|d}f(d)$
则有$f(n)=\Sigma {}_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$

长者：证明略。

不久，zyd醒了过来。
zyd：刚刚这里好像有一个长者，他戴着一副黑框眼镜……
zyd：等等，我的寿命呢？

例题：POJ3904 Sky code
题解：POJ3904题解qwq

又发现一道刚学莫比乌斯反演就珂以做的题qwq
题目：HDU1695 GCD
题解写完辣qwq：传送门

//qwq完结撒花！

优美的狄利克雷卷积

狄利克雷卷积：
当$F$为$f$和$g$的狄利克雷卷积，即$F=f\ast g$时，
满足$F(n)=\Sigma {}_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$
举例：当$n=6$时，$F(6)=f(1)g(6)+f(2)g(3)+f(3)g(2)+f(6)g(1).$

几个常见的积性函数：
$\mu (i)$，莫比乌斯函数，意义上面已提及。
$\phi (i)$，欧拉函数，表示$[1,i-1]$中与$i$互质的数量。
$d(i)$，约数个数函数，表示$i$的约数个数。
$\sigma (i)$，约数和函数，表示$i$的约数的和。

几个特殊的积性函数（完全积性函数，即对于任意$i,j$满足$f(ij)=f(i)f(j)$）：
$I(i)$，常函数，对于任意$i$有$I(i)=1.$
$\epsilon (i)$，单位函数，当$i=1$时$\epsilon (i)=1$，否则$\epsilon (i)=0.$
$id(i)$，恒等函数，对于任意$i$有$id(i)=i.$

对于这个$\epsilon$函数，有一个特殊的结论，就是$\epsilon \ast f=f$。
证明：把左边用狄利克雷卷积展开，发现是$\Sigma {}_{d|n}f(d)\ast \epsilon (\frac{n}{d})=\Sigma {}_{d|n}f(d)\ast [n=d]=f(n)$。

狄利克雷卷积满足交换律，结合律，即：
$f\ast g=g\ast f$
$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$

一些常见积性函数的结论：
$(\mu \ast I)=\epsilon$
$(\phi \ast I)=id$
$(\mu \ast id)=\phi$
$(I\ast I)=d$
$(I\ast id)=\sigma$

下面对上面的式子进行证明：

1.求证：$\mu \ast I=\epsilon$

解法1：

该式等价于$\mu (d)I(\frac{n}{d})=\epsilon (n)$
由于$I(n)=1,\epsilon (n)=[n=1]$，所以等价于$\Sigma {}_{d|n}\mu (d)=[n=1]$
把$n$表示成$p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast ...\ast p_k^{a_k}$的形式，则$d$是其中一些$p_i$之积。
不难发现当有指数$>1$时，其$\mu$值为$0$。
所以不妨把$n$看作$p_1\ast p_2\ast ...\ast p_k$。
所以$\Sigma {}_{d|n}\mu (d)$珂以表示为$C_n^0-C_n^1+C_n^2-...$
套用二项式定理：$(x+y{)}^n=C_n^0{x}^n+C_n^1{x}^{n-1}y+...+C_n^n{y}^n$，然后把$x=1,y=-1$代入。
所以$C_n^0-C_n^1+C_n^2-...=[n=1]$
所以$\Sigma {}_{d|n}\mu (d)=[n=1]$
所以$(\mu \ast I)=\epsilon .$

解法2：

这个式子等价于$\Sigma {}_{d|n}\mu (d)=[n=1]$，
发现这个是长者6的结论。

2.求证：$\phi \ast I=id$
经过zhh大佬的指点终于明白了（orzorzorz）
不过这里想出了另一种玄学证法：
$(\phi \ast I)(n)=\Sigma {}_{d|n}1\ast \phi (\frac{n}{d})$
$=\Sigma {}_{d|n}\Sigma {}_{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,\frac{n}{d})==1]$
$=\Sigma {}_{i=1}^n\Sigma {}_{d=1}^n[gcd(i,n)==d]$
$=\Sigma {}_{i=1}^{n}1$
$=id(n)$
所以$\phi \ast I=id$。qwq

3.求证：$\mu \ast id=\phi$
首先用到第$2$个式子，即 $\phi \ast I=id$
让等式两边都卷积上$\mu$，即原式等价于$\phi \ast (I\ast \mu )=id\ast \mu$
发现刚刚证明$\mu \ast I=\epsilon$，因此等价于$\phi \ast \epsilon =id\ast \mu$
所以上式等价于$\phi =id\ast \mu$。

4.求证：$I\ast I=d$
很水。。把左边用狄利克雷卷积展开，得到$\Sigma {}_{d|n}1=d(n)$，所以显然。

5.求证：$I\ast id=\sigma$
也比较水。。
把左边用狄利克雷卷积展开，得到$\Sigma {}_{d|n}d=\sigma$，所以显然qwq。

于是这里珂以优美地推出莫比乌斯反演：
已知：$F(n)=\Sigma {}_{d|n}f(d)$。
求证：$f(n)=\Sigma {}_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$。

由已知，$F(n)=(I\ast f)(n)$。
两边卷积一个$\mu$，得到$F\ast \mu =I\ast \mu \ast f$
所以$F\ast \mu =\epsilon \ast f=f$
所以$f(n)=\Sigma {}_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$。

参考资料：
巨神学长的博客
巨神zhh的证明