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Mobius

莫比乌斯反演

莫比乌斯反演是数论中的重要内容。对于一些函数 $f(n)$，如果很难直接求出它的值，而容易求出其倍数和或约数和 $g(n)$，那么可以通过莫比乌斯反演简化运算，求得 $f(n)$ 的值。

开始学习莫比乌斯反演前，需要先学习一些前置知识：数论分块、狄利克雷卷积。

莫比乌斯函数

定义

$\mu$ 为莫比乌斯函数，定义为

$$ \mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\ 0&n\text{ 含有平方因子}\ (-1)^k&k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\ \end{cases} $$

详细解释一下：

令 $n=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}$，其中 $p_i$ 为质因子，$c_i\ge 1$。上述定义表示：

  1. $n=1$ 时，$\mu(n)=1$；
  2. 对于 $n\not= 1$ 时：
    1. 当存在 $i\in [1,k]$，使得 $c_i > 1$ 时，$\mu(n)=0$，也就是说只要某个质因子出现的次数超过一次，$\mu(n)$ 就等于 $0$；
    2. 当任意 $i\in[1,k]$，都有 $c_i=1$ 时，$\mu(n)=(-1)^k$，也就是说每个质因子都仅仅只出现过一次时，即 $n=\prod_{i=1}^kp_i$，${p_i}_{i=1}^k$ 中个元素唯一时，$\mu(n)$ 等于 $-1$ 的 $k$ 次幂，此处 $k$ 指的便是仅仅只出现过一次的质因子的总个数。

性质

莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质：

$$ \sum_{d\mid n}\mu(d)= \begin{cases} 1&n=1\ 0&n\neq 1\ \end{cases} $$

即 $\sum_{d\mid n}\mu(d)=\varepsilon(n)$，$\mu * 1 =\varepsilon$

证明

设 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i},n'=\prod_{i=1}^k p_i$

那么 $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{d\mid n'}\mu(d)=\sum_{i=0}^k C_k^i\cdot(-1)^i=(1+(-1))^k$

根据二项式定理，易知该式子的值在 $k=0$ 即 $n=1$ 时值为 $1$ 否则为 $0$，这也同时证明了 $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]=\varepsilon(n)$ 以及 $\mu\ast 1=\varepsilon$

???+note "注" 这个性质意味着，莫比乌斯函数在狄利克雷生成函数中，等价于黎曼函数 $\zeta$ 的倒数。所以在狄利克雷卷积中，莫比乌斯函数是常数函数 $1$ 的逆元。

补充结论

反演结论：$\displaystyle [\gcd(i,j)=1]=\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)$

直接推导：如果看懂了上一个结论，这个结论稍加思考便可以推出：如果 $\gcd(i,j)=1$ 的话，那么代表着我们按上个结论中枚举的那个 $n$ 是 $1$，也就是式子的值是 $1$，反之，有一个与 $[\gcd(i,j)=1]$ 相同的值：$0$

利用 $\varepsilon$ 函数：根据上一结论，$[\gcd(i,j)=1]=\varepsilon(\gcd(i,j))$，将 $\varepsilon$ 展开即可。

线性筛

由于 $\mu$ 函数为积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数（线性筛基本可以求所有的积性函数，尽管方法不尽相同）。

???+ note "线性筛实现" cpp // C++ Version void getMu() { mu[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) { if (!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1; for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j) { flg[i * p[j]] = 1; if (i % p[j] == 0) { mu[i * p[j]] = 0; break; } mu[i * p[j]] = -mu[i]; } } }

```python
# Python Version
def getMu():
mu[1] = 1
for i in range(2, n + 1):
    if flg[i] != 0:
        p[tot] = i; tot = tot + 1; mu[i] = -1
    j = 1
    while j <= tot and i * p[j] <= n:
        flg[i * p[j]] = 1
        if i % p[j] == 0:
            mu[i * p[j]] = 0
            break
        mu[i * p[j]] = mu[i * p[j]] - mu[i]
        j = j + 1
```

拓展

证明

$$ \varphi \ast 1=\operatorname{id} $$

将 $n$ 分解质因数：$\displaystyle n=\prod_{i=1}^k {p_i}^{c_i}$

首先，因为 $\varphi$ 是积性函数，故只要证明当 $n'=p^c$ 时 $\displaystyle\varphi \ast 1=\sum_{d\mid n'}\varphi(\frac{n'}{d})=\operatorname{id}$ 成立即可。

因为 $p$ 是质数，于是 $d=p^0,p^1,p^2,\cdots,p^c$

易知如下过程：

$$ \begin{aligned} \varphi \ast 1&=\sum_{d\mid n}\varphi(\frac{n}{d})\ &=\sum_{i=0}^c\varphi(p^i)\ &=1+p^0\cdot(p-1)+p^1\cdot(p-1)+\cdots+p^{c-1}\cdot(p-1)\ &=p^c\ &=\operatorname{id}\ \end{aligned} $$

该式子两侧同时卷 $\mu$ 可得 $\displaystyle\varphi(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu(\frac{n}{d})$

莫比乌斯变换

设 $f(n),g(n)$ 为两个数论函数。

形式一：如果有 $f(n)=\sum_{d\mid n}g(d)$，那么有 $g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$。

这种形式下，数论函数 $f(n)$ 称为数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，数论函数 $g(n)$ 称为数论函数 $f(n)$ 的莫比乌斯逆变换（反演）。

容易看出，数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，就是将数论函数 $g(n)$ 与常数函数 $1$ 进行狄利克雷卷积。

???+note "注" 根据狄利克雷卷积与狄利克雷生成函数的对应关系，数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换对应的狄利克雷生成函数，就是数论函数 $g(n)$ 的狄利克雷生成函数与黎曼函数 $\zeta$ 的乘积。

形式二：如果有 $f(n)=\sum_{n|d}g(d)$，那么有 $g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)$。

证明

方法一：对原式做数论变换。

$$ \sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{k\mid \frac{n}{d}}g(k)=\sum_{k\mid n}g(k)\sum_{d\mid \frac{n}{k}}\mu(d)=g(n) $$

用 $\displaystyle\sum_{d\mid n}g(d)$ 来替换 $f(\dfrac{n}{d})$，再变换求和顺序。最后一步变换的依据：$\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$，因此在 $\dfrac{n}{k}=1$ 时第二个和式的值才为 $1$。此时 $n=k$，故原式等价于 $\displaystyle\sum_{k\mid n}[n=k]\cdot g(k)=g(n)$

方法二：运用卷积。

原问题为：已知 $f=g\ast1$，证明 $g=f\ast\mu$

易知如下转化：$f\ast\mu=g1\mu\implies f\ast\mu=g$（其中 $1\ast\mu=\varepsilon$）。

对于第二种形式：

类似上面的方法一，我们考虑逆推这个式子。

$$ \begin{aligned} &\sum_{n|d}{\mu(\frac{d}{n})f(d)} \ =& \sum_{k=1}^{+\infty}{\mu(k)f(kn)} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\mu(k)\sum_{kn|d}{g(d)}} \ =& \sum_{n|d}{g(d)\sum_{k|\frac{d}{n}}{\mu(k)}} = \sum_{n|d}{g(d)\epsilon(\frac{d}{n})} \ =& g(n) \end{aligned} $$

我们把 $d$ 表示为 $kn$ 的形式，然后把 $f$ 的原定义代入式子。

发现枚举 $k$ 再枚举 $kn$ 的倍数可以转换为直接枚举 $n$ 的倍数再求出 $k$，发现后面那一块其实就是 $\epsilon$, 整个式子只有在 $d=n$ 的时候才能取到值。

问题形式

「HAOI 2011」Problem b

求值（多组数据）

$$ \sum_{i=x}^{n}\sum_{j=y}^{m}[\gcd(i,j)=k]\qquad (1\leqslant T,x,y,n,m,k\leqslant 5\times 10^4) $$

根据容斥原理，原式可以分成 $4$ 块来处理，每一块的式子都为

$$ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=k] $$

考虑化简该式子

$$ \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] $$

因为 $\gcd(i,j)=1$ 时对答案才用贡献，于是我们可以将其替换为 $\varepsilon(\gcd(i,j))$（$\varepsilon(n)$ 当且仅当 $n=1$ 时值为 $1$ 否则为 $0$），故原式化为

$$ \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\varepsilon(\gcd(i,j)) $$

将 $\varepsilon$ 函数展开得到

$$ \displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d) $$

变换求和顺序，先枚举 $d\mid \gcd(i,j)$ 可得

$$ \displaystyle\sum_{d=1}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}[d\mid i]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[d\mid j] $$

易知 $1\sim\lfloor\dfrac{n}{k}\rfloor$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor\dfrac{n}{kd}\rfloor$ 个，故原式化为

$$ \displaystyle\sum_{d=1}^{\min(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor $$

很显然，式子可以数论分块求解。

时间复杂度 $\Theta(N+T\sqrt{n})$

??? note "代码实现" cpp --8<-- "docs/math/code/mobius/mobius_1.cpp"

「SPOJ 5971」LCMSUM

求值（多组数据）

$$ \sum_{i=1}^n \operatorname{lcm}(i,n)\quad \text{s.t.}\ 1\leqslant T\leqslant 3\times 10^5,1\leqslant n\leqslant 10^6 $$

易得原式即

$$ \sum_{i=1}^n \frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)} $$

将原式复制一份并且颠倒顺序，然后将 n 一项单独提出，可得

$$ \frac{1}{2}\cdot \left(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)}+\sum_{i=n-1}^{1}\frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)}\right)+n $$

根据 $\gcd(i,n)=\gcd(n-i,n)$，可将原式化为

$$ \frac{1}{2}\cdot \left(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)}+\sum_{i=n-1}^{1}\frac{i\cdot n}{\gcd(n-i,n)}\right)+n $$

两个求和式中分母相同的项可以合并。

$$ \frac{1}{2}\cdot \sum_{i=1}^{n-1}\frac{n^2}{\gcd(i,n)}+n $$

即

$$ \frac{1}{2}\cdot \sum_{i=1}^{n}\frac{n^2}{\gcd(i,n)}+\frac{n}{2} $$

可以将相同的 $\gcd(i,n)$ 合并在一起计算，故只需要统计 $\gcd(i,n)=d$ 的个数。当 $\gcd(i,n)=d$ 时，$\displaystyle\gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1$，所以 $\gcd(i,n)=d$ 的个数有 $\displaystyle\varphi(\frac{n}{d})$ 个。

故答案为

$$ \frac{1}{2}\cdot\sum_{d\mid n}\frac{n^2\cdot\varphi(\frac{n}{d})}{d}+\frac{n}{2} $$

变换求和顺序，设 $\displaystyle d'=\frac{n}{d}$，合并公因式，式子化为

$$ \frac{1}{2}n\cdot\left(\sum_{d'\mid n}d'\cdot\varphi(d')+1\right) $$

设 $\displaystyle \operatorname{g}(n)=\sum_{d\mid n} d\cdot\varphi(d)$，已知 $\operatorname{g}$ 为积性函数，于是可以 $\Theta(n)$ 筛出。每次询问 $\Theta(1)$ 计算即可。

下面给出这个函数筛法的推导过程：

首先考虑 $\operatorname g(p_j^k)$ 的值，显然它的约数只有 $p_j^0,p_j^1,\cdots,p_j^k$，因此

$$ \operatorname g(p_j^k)=\sum_{w=0}^{k}p_j^w\cdot\varphi(p_j^w) $$

又有 $\varphi(p_j^w)=p_j^{w-1}\cdot(p_j-1)$，则原式可化为

$$ \sum_{w=0}^{k}p_j^{2w-1}\cdot(p_j-1) $$

于是有

$$ \operatorname g(p_j^{k+1})=\operatorname g(p_j^k)+p_j^{2k+1}\cdot(p_j-1) $$

那么，对于线性筛中的 $\operatorname g(i\cdot p_j)(p_j|i)$，令 $i=a\cdot p_j^w(\operatorname{gcd}(a,p_j)=1)$，可得

$$ \operatorname g(i\cdot p_j)=\operatorname g(a)\cdot\operatorname g(p_j^{w+1}) $$

$$ \operatorname g(i)=\operatorname g(a)\cdot\operatorname g(p_j^w) $$

即

$$ \operatorname g(i\cdot p_j)-\operatorname g(i)=\operatorname g(a)\cdot p_j^{2w+1}\cdot(p_j-1) $$

同理有

$$ \operatorname g(i)-\operatorname g(\frac{i}{p_j})=\operatorname g(a)\cdot p_j^{2w-1}\cdot(p_j-1) $$

因此

$$ \operatorname g(i\cdot p_j)=\operatorname g(i)+\left (\operatorname g(i)-\operatorname g(\frac{i}{p_j})\right )\cdot p_j^2 $$

时间复杂度：$\Theta(n+T)$

??? note "代码实现" cpp --8<-- "docs/math/code/mobius/mobius_2.cpp"

「BZOJ 2154」Crash 的数字表格

求值（对 $20101009$ 取模）

$$ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)\qquad (n,m\leqslant 10^7) $$

易知原式等价于

$$ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{i\cdot j}{\gcd(i,j)} $$

枚举最大公因数 $d$，显然两个数除以 $d$ 得到的数互质

$$ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid i,d\mid j,\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{i\cdot j}{d} $$

非常经典的 $\gcd$ 式子的化法

$$ \sum_{d=1}^n d\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\ i\cdot j $$

后半段式子中，出现了互质数对之积的和，为了让式子更简洁就把它拿出来单独计算。于是我们记

$$ \operatorname{sum}(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=1]\ i\cdot j $$

接下来对 $\operatorname{sum}(n,m)$ 进行化简。首先枚举约数，并将 $[\gcd(i,j)=1]$ 表示为 $\varepsilon(\gcd(i,j))$

$$ \sum_{d=1}^n\sum_{d\mid i}^n\sum_{d\mid j}^m\mu(d)\cdot i\cdot j $$

设 $i=i'\cdot d$，$j=j'\cdot d$，显然式子可以变为

$$ \sum_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i\cdot j $$

观察上式，前半段可以预处理前缀和；后半段又是一个范围内数对之和，记

$$ g(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m i\cdot j=\frac{n\cdot(n+1)}{2}\times\frac{m\cdot(m+1)}{2} $$

可以 $\Theta(1)$ 求解

至此

$$ \operatorname{sum}(n,m)=\sum_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\cdot g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) $$

我们可以 $\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\rfloor$ 数论分块求解 $\operatorname{sum}(n,m)$ 函数。

在求出 $\operatorname{sum}(n,m)$ 后，回到定义 $\operatorname{sum}$ 的地方，可得原式为

$$ \sum_{d=1}^n d\cdot\operatorname{sum}(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) $$

可见这又是一个可以数论分块求解的式子！

本题除了推式子比较复杂、代码细节较多之外，是一道很好的莫比乌斯反演练习题！（上述过程中，默认 $n\leqslant m$）

时间复杂度：$\Theta(n+m)$（瓶颈为线性筛）

??? note "代码实现" cpp --8<-- "docs/math/code/mobius/mobius_3.cpp"

「SDOI2015」约数个数和

多组数据，求

$$ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i\cdot j)\ \left(d(n)=\sum_{i \mid n}1\right) n,m,T\leq5\times10^4 $$

其中 $d(n)$ 表示 $n$ 的约数个数

要推这道题首先要了解 $d$ 函数的一个特殊性质

$$ d(i\cdot j)=\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[\gcd(x,y)=1] $$

再化一下这个式子

$$ \begin{aligned} d(i\cdot j)=&\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[\gcd(x,y)=1]\ =&\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}\sum_{p \mid \gcd(x,y)}\mu(p)\ =&\sum_{p=1}^{min(i,j)}\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[p \mid \gcd(x,y)]\cdot\mu(p)\ =&\sum_{p \mid i,p \mid j}\mu(p)\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[p \mid \gcd(x,y)]\ =&\sum_{p \mid i,p \mid j}\mu(p)\sum_{x \mid \frac{i}{p}}\sum_{y \mid \frac{j}{p}}1\ =&\sum_{p \mid i,p \mid j}\mu(p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\ \end{aligned} $$

将上述式子代回原式

$$ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i\cdot j)\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{p \mid i,p \mid j}\mu(p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\ =&\sum_{p=1}^{min(n,m)} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [p \mid i,p \mid j]\cdot\mu(p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\ =&\sum_{p=1}^{min(n,m)} \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor} \mu(p)d(i)d(j)\ =&\sum_{p=1}^{min(n,m)}\mu(p) \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}d(i) \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}d(j)\ =&\sum_{p=1}^{min(n,m)}\mu(p) S\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right) S\left(\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor\right) \left(S(n)=\sum_{i=1}^{n}d(i)\right)\ \end{aligned} $$

那么 $O(n)$ 预处理 $\mu,d$ 的前缀和，$O(\sqrt{n})$ 分块处理询问，总复杂度 $O(n+T\sqrt{n})$.

??? note "代码实现" cpp --8<-- "docs/math/code/mobius/mobius_4.cpp"

另一种推导方式

转化一下，可以将式子写成

$$ \begin{aligned} &\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij\cdot[\gcd(i,j)=1]\ =&\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij\sum_{t\mid \gcd(i,j)}\mu(t)\ =&\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(t)[t\mid \gcd(i,j)]\ =&\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}ij[1\mid \gcd(i,j)]\ =&\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}ij \end{aligned} $$

容易知道

$$ \sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2} $$

设 $F(n)=\sum_{i=1}^{n}i$，继续接着前面的往下推

$$ \begin{aligned} &\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}ij\ =&\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\cdot F^2\left(\left\lfloor\frac{n}{td}\right\rfloor\right)\ =&\sum_{T=1}^{n}F^2\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) \sum_{d\mid T}d^3\left(\frac{T}{d}\right)^2\mu\left(\frac{T}{d}\right)\ =&\sum_{T=1}^{n}F^2\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) T^2\sum_{d\mid T}d\cdot\mu\left(\dfrac{T}{d}\right) \end{aligned} $$

利用 $\operatorname{id}\ast \mu = \varphi$ 反演，上式等于

$\sum_{T=1}^{n}F^2\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) T^2\varphi(T)$

得到了一个与第一种推导本质相同的式子。

莫比乌斯反演扩展

结尾补充一个莫比乌斯反演的非卷积形式。

对于数论函数 $f,g$ 和完全积性函数 $t$ 且 $t(1)=1$：

$$ f(n)=\sum_{i=1}^nt(i)g\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\ \iff g(n)=\sum_{i=1}^n\mu(i)t(i)f\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) $$

我们证明一下

$$ \begin{aligned} g(n)&=\sum_{i=1}^n\mu(i)t(i)f\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\ &=\sum_{i=1}^n\mu(i)t(i) \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}t(j) g\left(\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}{j}\right\rfloor\right)\ &=\sum_{i=1}^n\mu(i)t(i) \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}t(j) g\left(\left\lfloor\frac{n}{ij}\right\rfloor\right)\ &=\sum_{T=1}^n \sum_{i=1}^n\mu(i)t(i) \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}[ij=T] t(j)g\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) &\text{【先枚举 ij 乘积】}\ &=\sum_{T=1}^n \sum_{i \mid T}\mu(i)t(i) t\left(\frac{T}{i}\right)g\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) &\text{【}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}[ij=T] \text{对答案的贡献为 1，于是省略】}\ &=\sum_{T=1}^ng\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) \sum_{i \mid T}\mu(i)t(i)t\left(\frac{T}{i}\right)\ &=\sum_{T=1}^ng\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) \sum_{i \mid T}\mu(i)t(T) &\text{【t 是完全积性函数】}\ &=\sum_{T=1}^ng\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right)t(T) \sum_{i \mid T}\mu(i)\ &=\sum_{T=1}^ng\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right)t(T) \varepsilon(T) &\text{【}\mu\ast 1= \varepsilon\text{】}\ &=g(n)t(1) &\text{【当且仅当 T=1,}\varepsilon(T)=1\text{时】}\ &=g(n) & \square \end{aligned} $$

参考文献

algocode 算法博客