莫比乌斯反演与莫比乌斯函数

自己摸索了这么久 感觉是可以总结了（如果不是因为多校我应该不会接触这个吧），这个结论性比较强，我基本把所有需要证明或者是比较隐晦的中间过程都证明了一遍。其实知道怎么用就行了，但是证明过程中的一些技巧值得思考和体会。

设有函数F(x)和f(x),其定义域在正整数范围内，其之间存在着如下给定关系：

$$F(n)=\sum_{d|n} f(d)$$
这个式子的说明了F(x)可以由f(x)表示，但是有时候现实是，F(x)我们其实可以很容易求得，但是f(x)往往不好求，如果可以逆向，由F(x)表示f(x)，这就是所谓的反演。
恰好在这种情形下的确是有这种反演。
$$f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})F(d)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$$
这两种写法都是一样的，只是加的顺序不一样而已，这里出现了一个μ(d)函数，其定义域也是正整数，接下来介绍一下这个函数。
给出μ(d)的定义：
$$\mu(d) = \begin{cases} 1, & \text{if $d$ =1} \\[2ex] (-1)^k, & \text{if $d$ =$p_1p_2p_3{...}p_k$}\\[2ex] 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$
这便是所谓的莫比乌斯函数。对于这个函数举几个栗子，如μ(7)=-1，7的k为1，μ(6)为1，因为6可以变为2*3，则k为2，μ(4)=0，因为其质因子2的幂大于1，属于otherwise的情况。
先证明这个函数的一个性质(反演的证明会用到）：
$$\sum_{d|n}\mu(d) = \begin{cases} 1, & \text{if $n$ =1} \\[2ex] 0, & \text{if $n$ >1} \end{cases}$$
证明：
由唯一分解定理得可以把 $$n=p_1^ {a_1}p_2^ {a_2}p_3^ {a_3}p_4^ {a_4}{...}p_k^ {a_k}$$
因为只要$a_k$大于1的d的μ(d)为0，对于式子没有贡献，所以，我们只要从$p_1$到$p_k$的组合找除数，如只有一个质因子有多少个数，两个质因子有多少个，等等，因为质因子个数与$\mu(d)$的取值有关，即正负1（由上面的莫比乌斯的函数的定义知道）那么有：
$$\sum_{d|n}\mu(d)=C_k^0-C_k^1+C_k^2+{...}+(-1)^kC_k^k=\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i$$
所以只要证明$\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i=0$
又二项式定理得：
$$(x+y)^n=\sum_{i=0}^nC_n^ix^iy^{n-i}$$
把$x=-1,y=1$带入得证
最后最重要的是证明$f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})F(d)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$
证明：
由文章开头式子的定义的运用可得
$$\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)$$
又
$$\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)=\sum_{k|n}f(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)$$
这里我觉得需要详细证明一下，但是查了许多资料都没有相关证明，所以就自己想了一个证明了方案，是不是太浅显了呢，本质上就是枚举角度的转变。
这部最大转换在于从枚举d转向枚举k，如$\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)$，只有当我们确定了d值时，我才能去枚举内嵌的第二个和式。
又
$$\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)=\sum_{k|n}\sum_{d|\frac{n}{k}}f(k)\mu(d)$$
易知在和式里每一项的$f(k)\mu(d)$的系数都为1，所以实质上，我们只要证明
$$若 d|n,k|\frac{n}{d}，那么有\mu(d)f(k)\\则\mu(k)f(d)也一定存在$$
我们先证明$\mu(k)$存在,由传递性
$$\\k|\frac{n}{d} \Rightarrow k|n$$
所有一定存在$\mu(k)$
证f(d),因为
$$d|n\Rightarrow dm=n \Rightarrow m|n$$
现在假设枚举到了$\mu(m)$,则第二和式为$\sum_{k|\frac{n}{m}}f(k)$
因为$\frac{n}{m}=d$,所有k一定可以取到d值，所以$f(d)$一定存在
得证
也因此同时我们发现这个和式非常对称
$$\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)=\sum_{k|n}f(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)$$

由之前证明的莫比乌斯函数的性质，若$\frac{n}{k}>1$,则$\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)=0$,所以只有当k=n为1，
那么

$$\sum_{k|n}f(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)=f(n)$$
所以
$$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)=\sum_{k|n}f(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)=f(n)$$
证毕

莫比乌斯反演的第二种形式(题目中运用的最多)是
若

$$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$$
则
$$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$$
证明过程类似：
$$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|k}f(k)=\sum_{n|k}f(k)\sum_{d|\frac{k}{n}}\mu(d)$$
所以也是当k取到n时，才不为0，得证