莫比乌斯知识点整理

莫比乌斯函数

$ Mobius $ 函数 $ mu(n) $ 的定义：设 $ n = p_1^{k_1} imes p_2^{k_2} imes cdots imes p_m^{k_m} $，其中 $ n > 1 $，且 $ p_i $ 为素数，则其定义如下：

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

通俗理解：

① $ mu(n) $ 的定义域为 $ n in N^+ $；
② 规定：$ mu(1) = 1 $；
③ 当 $ n $ 存在平方因子时，$ mu(n) = 0 $；
④ 当 $ n $ 是一个素数或者为奇数个不同的素数之积时，$ mu(n) = -1 $；
⑤ 当 $ n $ 是偶数个不同素数之积时，$ mu(n) = 1 $。

性质：

1、$ Mobius $ 函数是一个数论函数，同时也是一个积性函数。
2、当 $ n > 0 $ 时，有如下定理：

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

其证明如下：（用到了二项式定理的性质）
Ⅰ、当 $ n = 1 $ 时，显然等式成立！
Ⅱ、当 $ n > 1 $ 时，设 $ n = p_1^{k_1} imes p_2^{k_2} imes cdots imes p_m^{k_m} $ ，$ d = p_1^{x_1} imes p_2^{x_2} imes cdots imes p_m^{x_m} $ 。
根据 $ mu $ 的定义，只需考虑 $ x_i = 0 $ 或者 $ x_i = 1 $ 的情况。假设 $ d $ 中存在 $ r $ 个 $ x_i = 1 $，那么有

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

根据二项式定理有：$ (x + y)^n = sum_{k = 0}^n inom{n}{k} x^{n - k} imes y^k $， 令 $ x = 1, y = -1 $，
即可证得：$ sum_{r=0}^m inom{m}{r}(-1)^r imes 1^{m-r} = (1 - 1)^m = 0 $。

卷积运算形式：$ ecause mu(n) ast I(n) = epsilon(n) $，其中 $ mu(n) $ 为莫比乌斯函数，$ I(n) = 1 $ 为恒等函数，$ epsilon(n) $为元函数，$ epsilon(n) = [n == 1], ; herefore mu(n) ast I(n) = sum_{d|n} mu(d) I(frac{n}{d}) = sum_{d|n} mu(d) = [n == 1] $，即证！

3、$ forall ;n in mathbb{N}^+ $，有 $ frac{varphi(n)}{n} = sum_{d|n} frac{mu(d)}{d} $。利用卷积的性质来证明：$ ecause  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} $，$ herefore  frac{varphi(n)}{n} = sum_{d|n} frac{mu(d)}{d} $，即证！

备注：

a、若 $ f(n) $ 的定义域为正整数域，值域为复数，即：$ f: mathbb{Z}^+ o mathbb{C} $，则称 $ f(n) $ 为数论函数。
b、若 $ f(n) $ 为数论函数，且 $ f(1) = 1 $，对于互质的正整数 $ p, q $，有 $ f(p cdot q) = f(p) cdot f(q) $，则称其为积性函数。
c、若 $ f(n) $ 为积性函数，且对于任意的正整数 $ p, q $ 都有 $ f(p cdot q) = f(p) cdot f(q) $ ，则称其为完全积性函数。

线性筛求莫比乌斯函数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
const int maxn = 1e5+5;
 
int cnt, prime[maxn], mu[maxn];
bool isp[maxn];
 
void Mobius() {
    memset(isp, false, sizeof(isp));
    memset(mu, 0, sizeof(mu));
    memset(prime, 0, sizeof(prime));
    isp[0] = isp[1] = true;
    cnt = 0;
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; ++i) {
        if(!isp[i]) prime[cnt++] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < maxn; ++j) {
            isp[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = - mu[i];
        }
    }
}
 
int main() {
    // Test:
    Mobius();
    for(int i = 1; i <= 10; ++i) {
        cout << "mu[" << i << "]:" << mu[i] << endl;
    }
    return 0;
}

证明如下：
设 $ p_1 $ 为 $ n $ 的最小素因子，$ n' = frac{n}{p_1} $，在线性筛中，$ n $ 通过 $ n' imes p_1 $ 被筛掉。
Ⅰ、当 $ n $ 为素数时，根据定义有显然有 $ mu(n) = -1 $；
Ⅱ、当 $ n' mod p_1 = 0 $ 时，即其对应的指数 $ k_1 > 1 $，由定义得 $ mu(n) = 0 $；
Ⅲ、当 $ n' mod p_1 eq 0 $，即 $ k_1 = 1 $，$ n' $ 有 $ m - 1 $ 个素因子，接下来分2种情况讨论：
ⅰ、若 $ mu(n') eq 0 $，即 $ n' $ 的所有素因子都只有一个，根据定义 $ mu(n) = (-1)^m = (-1)^{m-1} imes (-1) = - mu(n') $；
ⅱ、若 $ mu(n') = 0 $，说明 $ prod_{i=2}^m k_i > 1 $，根据定义，显然有 $ mu(n) = 0 $。
综合以上2小点， $ mu(n) = -mu(n') $ 仍然成立。即证！

欧拉函数性质的补充及其证明

公式：$ n = sum_{d mid n} varphi(d) $。
证明用到法里级数：法里级数 $ n $ 定义为分母不大于 $ n $ 的最简分数。
举个栗子：当分母 $ n = 12 $ 时，分子 $ 1 sim 12 $ 对应的最简分式依次为
$ 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} $。
观察以上最简分式可以发现分母都是 $ n = 12 $ 的因子 $ d = {1, 2, 3, 4, 6, 12 } $，即 $ d mid n $。
将以上最简分式分类可得：
①分母为1的最简分式有：$ frac{1}{1} $；$ Rightarrow varphi(1) = 1 $。
②分母为2的最简分式有：$ frac{1}{2} $；$ Rightarrow varphi(2) = 1 $。
③分母为3的最简分式有：$ frac{1}{3} $，$ frac{2}{3} $；$ Rightarrow varphi(3) = 2 $。
④分母为4的最简分式有：$ frac{1}{4} $，$ frac{3}{4} $；$ Rightarrow varphi(4) = 2 $。
⑤分母为6的最简分式有：$ frac{1}{6} $，$ frac{5}{6} $；$ Rightarrow varphi(6) = 2 $。
⑥分母为12的最简分式有：$ frac{1}{12} $，$ frac{5}{12} $，$ frac{7}{12} $，$ frac{11}{12} $；$ Rightarrow varphi(12) = 4 $。
通过分类可以发现对于同一个作为分母的因子 $ d $，其分子都是 $ d $ 内且与 $ d $ 互质的数，个数为 $ varphi(d) $，显然 $ sum_{d|n} varphi(d) = n $。不难推导，对任意的 $ n in mathbb{N}^+ $，等式恒成立。
另一种证明方式：当 $ n > 2 $ 时，令 $ n = prod limits_{i = 1}^{m} {p_i^{k_i}} $，由于欧拉函数是积性函数，那么 $ varphi(n) = prod limits_{i = 1}^{m} varphi(p_i^{k_i}) $，则

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

将上式因式分解可得

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

卷积运算形式：$ ecause id(n) = varphi(n) ast I(n) $，其中 $ id(n) = n $ 为单位函数，$ I(n) = 1 $ 为恒等函数，$ herefore id(n) = sum_{d mid n} varphi(d) I(frac{n}{d}) = sum_{d mid n} varphi(d) = n $，即证！

备注：

法里数列（级数）：数学上，n阶的法里数列是0和1之间最简分数的数列，由小至大排列，每个分数的分母不大于n。每个法里数列从0开始，至1结束，但有些人不把这两项包括进去。有时法里数列(sequence)也称为法里级数(series)，严格来说这名字不正确，因为法里数列的项不会加起来。

整除分块

问：求 $ sum_{i=1}^n left lfloor frac{n}{i} ight floor $，$ n leq 10^{12} $？
解：冷静分析一下，通过暴力打表可以发现对于每一个 $ left lfloor frac{n}{i} ight floor $ ，有若干个与其相同的值，这样相同的值组成一个块。对于每一个块，假设左端点值是 $ lt $，那么右端点值为 $ left lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{lt} floor} ight floor $。于是，这个问题就可以在 $ O(sqrt{n}) $ 的时间复杂度内轻松解决！
证明如下：
Ⅰ、$ left lfloor frac{n}{i} ight floor $ 最多有 $ 2 imes sqrt{n} $ 种取值。即整除分块的时间复杂度为 $ O(sqrt{n}) $。理由如下：
ⅰ、当 $ i leq sqrt{n} $，显然只有 $ sqrt{n} $ 种取值；
ⅱ、当 $ i > sqrt{n} $ 时，即 $ frac{n}{i} < sqrt{n} $，显然也只有 $ sqrt{n} $ 种取值。
Ⅱ、假如 $ lfloor frac{n}{lt} floor = lfloor frac{n}{rt} floor $，那么 $ rt $ 的最大值为 $ left lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{lt} floor} ight floor $。理由如下：
设 $ lfloor frac{n}{lt} floor = k $，则有 $ k imes lt + p = n $，其中余数 $ p in [0,lt) $；
若 $ left lfloor frac{n}{lt+d} ight floor = k $，则有 $ k imes (lt+d)+p'=n $；其中余数 $ p' in [0,lt+d) $
联立上面2个等式可得 $ p'=p-kd $；当 $ p' = 0 $ 时，$ d_{max} = left lfloor frac{p}{k} ight floor $；则有如下推导：

$$
egin{aligned}
rt
& = lt + d_{max} \
& = lt + lfloor frac{p}{k} floor \
& = lt + left lfloor frac {n ; mod ; lt}{lfloor frac{n}{lt} floor} ight floor \
& = lt + left lfloor frac {n -lfloor frac{n}{lt} floor imes lt}{lfloor frac{n}{lt} floor} ight floor \
& = left lfloor lt + frac {n- lfloor frac{n}{lt} floor imes lt}{lfloor frac{n}{lt} floor} ight floor \
& = left lfloor frac{lfloor frac{n}{lt} floor imes lt}{lfloor frac{n}{lt} floor} + frac {n - lfloor frac{n}{lt} floor imes lt}{lfloor frac{n}{lt} floor} ight floor \
& = left lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{lt} floor} ight floor
quadBox
end{aligned}
$$

总结：通过以上证明可知每一个分块的区间为 $ [lt, lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{lt} floor} floor] $。如何edit code？设初始值 $ lt = 1 $，每次令 $ rt = left lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{lt} floor} ight floor $，将 $ (rt - lt + 1) imes lfloor frac{n}{lt} floor $ 累加到答案中，然后令 $ lt = rt + 1 $ 继续遍历下一个分块即可。由性质Ⅰ可知这样的块数最多为 $ 2 sqrt{n} $ 个，即时间复杂度为 $ O(sqrt{n}) $。即证！

Template code

LL Div_block(LL n) {
    LL res = 0;
    for(LL lt = 1, rt; lt <= n; lt = rt + 1) {
        rt = n / (n / lt);
        res += (rt - lt + 1) * (n / lt);
    }
    return res;
}

狄利克雷卷积

设 $ f(n) $、$ g(n) $ 是两个数论函数，其 $ Dirichlet $ (狄利克雷)卷积也是一个数论函数，则卷积运算 $ f ast g $ 定义为：

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

简记为 $ (f ast g)(n) = f(n) ast g(n) $。注意：卷积运算符为 $ ast $；而乘法运算为 $ imes $ 或者 $ cdot $ 或者不写。
数论函数 $ f(n) $与 $ g(n) $ 的狄利克雷卷积也可以表示为

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

卷积运算的性质：

Ⅰ、满足交换律：$ f ast g = g ast f $。由定义显然得证！
Ⅱ、满足结合律：$ (f ast g) ast h = f ast (g ast h) $，证明如下：考察两边作用在参数 $ n $ 上，则

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

$$
egin{aligned}
右边 = (f ast (g ast h))(n)
& = sum_{im=n}f(i)(g ast h)(m) \
& = sum_{im=n}f(i) left(sum_{jk=m}g(j)h(k) ight) \
& = sum_{ijk=n} f(i)g(j)h(k) = f ast g ast h = 左边
quadBox
end{aligned}
$$

 Ⅲ、满足分配律：$ f ast (g+h) = f ast g + f ast h $，证明如下：

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

Ⅳ、非常重要的几点：
若 $ f, g $ 均为积性函数，则 $ f ast g $ 也为积性函数；
若 $ g(n) $ 与 $ (f ast g)(n) $ 都是积性函数，则 $ f(n) $ 也是积性函数。
特别地，当 $ F = f ast mu $ 为积性函数时，$ f(n) $ 也是积性函数。

常见的积性函数

1、正约数个数函数 $ d(n) $： $ d(n) = sum_{ i | n} 1 $；
卷积运算形式：$ d(n) = I(n) ast I(n) = sum_{d mid n} I(d)I(frac{n}{d}) = sum_{d mid n} 1 $，其中恒等函数 $ I(n) = 1$。

2、正约数和函数 $ sigma(n) $：$ sigma(n) = sum_{d mid n} d $；

卷积运算形式：$ 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 $，其中单位函数 $ id(n) = n $，恒等函数 $ I(n)  = 1 $。

3、欧拉函数 $ varphi(n) $：$ varphi(n) = sum_{i=1}^n [gcd(i,n)==1] $；

Ⅰ、欧拉函数 $ varphi(n) $ 与恒等函数 $ I(n) $ 的卷积运算：$ id(n) = sum_{d|n} varphi(d) I(frac{n}{d}) = sum_{d|n} varphi(d) = n $，简写为 $ id = varphi ast I $。其中 $ id(n) = n $ 为单位函数。
Ⅱ、单位函数 $ id(n) $ 与 莫比乌斯函数 $ mu(n) $ 的卷积运算：$ varphi = id ast mu$。
证明：$ id ast mu = varphi ast I ast mu = varphi ast epsilon = varphi $，即证！

4、莫比乌斯函数 $ mu(n) $：

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

莫比乌斯函数 $ mu(n) $ 与 恒等函数 $ I(n) $ 的卷积运算：这意味着 $ mu $ 和 $ I $ 在狄利克雷卷积下互为逆元。$ 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]  $，简写为 $ epsilon = mu ast I $。

5、除数函数 $ sigma_{x}(n) $：$ sigma_{x}(n) $ 定义为n的正因数的x次幂之和，即为 $ sigma_{x}(n) = sum_{d mid n} d^x $。
推论Ⅰ：当 $ x = 0 $ 时，$ sigma_{0}(n) = d(n) = sum_{d mid n} 1 $；
推论Ⅱ、当 $ x = 1 $ 时，$ sigma_{1}(n) = sigma(n) = sum_{d mid n} d $。

常见的完全积性函数

1、元函数：$ epsilon(n) = [n == 1] $；任意数论函数卷上元函数都得原函数，如：$ epsilon ast f = f ast epsilon = f $ 等。证明如下：

$ epsilon(n) ast f(n) = sum_{d|n} epsilon(d) f(frac{n}{d}) $，当且仅当 $ d = 1 $ 时，$ epsilon(1) = 1 $，其余情况下为0，则原式 $ = f(n) $，即证。
2、单位函数：$ id(n) = n $；
3、恒等函数：$ I(n) = 1 $；
4、幂函数：$ id^k(n) = n^k $；其中 $ k $ 包括任何复数和实数。

卷积变换总结

卷上恒等函数 $ I $ 可得到不同的数论函数，反过来只需卷上恒等函数的逆元 $ mu $ 即可推出原来的数论函数。
$$
mu xrightarrow{ast I} epsilon xrightarrow{ast I} I xrightarrow{ast I} d \
varphi xrightarrow{ast I} id xrightarrow{ast I} sigma \
mu xleftarrow{ast mu} epsilon xleftarrow{ast mu} I xleftarrow{ast mu} d \
varphi xleftarrow{ast mu} id xleftarrow{ast mu} sigma
$$

莫比乌斯反演

本质：容斥原理！
1、问题引入：先来看一个求和公式：$ F(n) = sum_{d mid n} f(d) $，其中 $ F(n) $ 与 $ f(d) $ 有什么关系呢？举个栗子：当 $ n = 8 $ 时，依次展开 $ 1 sim 8 $ 个和式如下所示：
$ 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) $；
以上是用函数 $ f(d) $ 来表示 $ F(n) $，那么用函数 $ F(d) $ 来表示 $ f(n) $ 又是怎样的呢？
$ 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？
细细观察以上式子可以发现：
Ⅰ、若 $ n = p^2 $，其中 $ p $ 为素数，那么 $ F(p) = f(1) + f(p) $，$ F(n) = F(p^2) = f(1) + f(p) + f(p^2) $，则 $ f(n) = F(p^2) - F(p) $。
Ⅱ、提出猜想：注意上面的 $ f(4) $ 和 $ f(8) $，为什么会缺少某些项？观察其余式子中各项的系数，要么是 $ +1 $，要么是 $ -1 $，而这些缺少的项前面的系数肯定为 $ 0 $，自然地联想到这些项的系数跟莫比乌斯函数 $ mu(n) $ 相关，再枚举几个式子可以发现：对于每一项 $ F(d) $ 前面的系数值都等于 $ mu(frac{n}{d}) $ ，即容斥得来的。于是我们猜测 $ 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}) $，反过来同样能证明得到原和式。
Ⅲ、证明猜想：已知 $ F(n) = sum_{d mid n} f(d) Rightarrow F = f ast I $，当且仅当 $ f(n) = sum_{d mid n} mu(frac{n}{d}) F(d) Rightarrow f = mu ast F $，换句话说 $ F = f ast I Leftrightarrow f = mu ast F $，接下来利用狄利克雷卷积的性质证明这个等价原则：
①、$ 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 $。即证！
用反演证明如下：①、有这么一个等式：$ sum_{d mid n} f(d) = sum_{d mid n} f(frac{n}{d})$，显然，这只是改变求和顺序而已！②、

$$
egin{aligned}
f(n) & = sum_{d mid n} mu(d) F(frac{n}{d}) Rightarrow 枚举d \
& = sum_{d mid n} mu(d) sum_{k mid frac{n}{d}} f(k) \
& = sum_{d mid frac{n}{k}} mu(d) sum_{k mid n} f(k) Rightarrow 枚举k \
& = [frac{n}{k} == 1] cdot sum_{k mid n} f(k) Rightarrow 原理：sum_{d mid n}mu(d) = [n == 1] \
& = [n == k] cdot sum_{k mid n} f(k) \
& = f(n)
quadBox
end{aligned}
$$

以上是一种叫约数反演，另一种是倍数反演。
2、问题引入：先来看一个和式：$ F(d) = sum_{d|n} f(n) $，其中 $ F(d) $ 与 $ f(n) $ 有什么关系呢？举个栗子：假设上限 $ n = 8 $ 时，依次展开 $ 1 sim 8 $ 个和式如下所示：
$ 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) $ 来表示 $ F(d) $，那么用函数 $ F(n)$ 来表示 $ f(d) $ 又是怎样的呢？
$ 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、提出猜想：鉴于约数反演的规律：细细观察以上式子可以发现，每个式子中各项前面的系数要么是 $ + 1 $，要么是 $ - 1 $，而这些缺失项前面的系数肯定为0，自然地联想到这些项的系数跟莫比乌斯函数 $ mu(n) $ 相关，再枚举几个式子可以发现：对于每一项 $ F(n) $，其前面的系数为 $ mu(frac{n}{d}) $，即容斥得来的。于是我们猜测 $ forall n in mathbb{N}^+ $，都有 $ f(d) = sum_{d mid n} mu(frac{n}{d}) F(n) $。
Ⅱ、证明猜想：用反演证明如下：令 $ k= frac{n}{d} $， 则 $ n = k cdot d $，注意：$ d mid n $。

$$
egin{aligned}
f(d) & = sum_{d mid n} mu(frac{n}{d}) F(n) \
& = sum_{k = 1}^{infty} mu(k) sum_{k cdot d mid T} f(T) Rightarrow 枚举k\
& = sum_{k mid frac{T}{d}} mu(k) sum_{d mid T} f(T) Rightarrow 枚举T，且必须满足d mid T \
& = [frac{T}{d} == 1] cdot sum_{d mid T} f(T) Rightarrow 原理：sum_{d mid n}mu(d) = [n == 1]\
& = [T == d] cdot sum_{d mid T} f(T) \
& = f(d)
quadBox
end{aligned}
$$