所谓莫比乌斯反演，就是莫比乌斯进行的反演

（逃）

前言

在一些需要整除的式子和 $\gcd ,\mathrm{lcm}$ 等问题中发挥作用。

整除分块

整除分块是莫反的必要前置。

结论：

对于 $i\le n$，满足 $\lfloor \frac{n}{x}\rfloor =\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的最大的 $x$ 为 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$。

证明：
设 $k=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，那么就有 $n=i\cdot k+p(0\le p<i,p=n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)$，设 $x=i+d$，同理有 $n=(i+d)\cdot k+p^{\prime }(0\le p^{\prime }<x,p^{\prime }=n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x)$，化简得 $p^{\prime }=p-dk$，由于 $p^{\prime }>0$，有 $d<\lfloor \frac{p}{k}\rfloor$。
那么就有：
$$x_{max}=i+d_{max}$$
$$=i+\lfloor \frac{p}{k}\rfloor$$
$$=i+\lfloor \frac{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i}{k}\rfloor$$
$$=\lfloor i+\frac{n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$$
$$=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$$
证毕。

代码

(计算因数个数的前缀和）

ll calc(ll x){if(x<=0) return 0ll ans=0;for(ll l=1,r;l<=x;l=r+1){r=x/(x/l);(ans+=1ll*(r-l+1)*(x/l))%=mod;}return ans;
}

积性函数

定义：

如果 $f:{\mathbb{Z}}^{+}\to \mathbb{C}$，则称 $f(n)$ 为一个数论函数。
如果 $f(n)$ 为一个数论函数，且对于 $p\perp q$，$f(pq)=f(p)f(q)$，则称 $f(n)$ 为一个积性函数。
如果 $f(n)$ 为一个积性函数，且对于任意 $p,q$，$f(pq)=f(p)f(q)$，则称 $f(n)$ 为一个完全积性函数。

一个重要的性质：

对于 $p\perp q,d_1|p,d_2|1$，则有 $(d_1{d}_2)|(pq)$

证明：结合基本算数定理，$d_1,d_2$ 必然没有共同因子，相乘后各个因子的次数还是不超过原来的 $p,q$ 对应位置的次数。

常见的积性函数：

1. 除数函数：${\sigma }_k(n)={\sum }_{d|n}{d}^k$。

证明：
$p\perp q\to {\sigma }_k(p){\sigma }_k(q)=({\sum }_{d_1|p}{d}_1^k)({\sum }_{d_2|q}{d}_2^k)={\sum }_{(d_1{d}_2)|(pq)}(d_1{d}_2{)}^k={\sigma }_k(pq)$。

2. 约数个数函数：$\tau (n)={\sigma }_0(n)={\sum }_{d|n}1$。

3. 约数和函数：$\sigma (n)={\sum }_{d|n}d$。

4. 欧拉函数：$\phi (n)={\sum }_{i=1}^n[\gcd (i,n)=1]$。

证明：
$p\perp q\to {\phi }_{(}p){\phi }_k(q)=(p{\prod }_{a\in prime,a|p}\frac{a-1}{a})(q{\prod }_{b\in prime,b|q}\frac{b-1}{b})=pq{\prod }_{c\in prime,c|pq}\frac{c-1}{c}=\phi (pq)$

性质：$\phi (n)={\sum }_{i=1}^n[\gcd (i,n)=1]\ast i=\frac{\phi (n)+[n==1]}{2}$。
证明：对于 $\gcd (d,n)=1$，同样有 $\gcd (n-d,n)=1$，所有和 $n$ 互质的数都是对称分布的。

5. 莫比乌斯函数：$\mu (n)$，$\mu (1)=1$，对于无平方因子的数 $n={\prod }_i^k{p}_i$，$\mu (n)=(-1{)}^k$；对于有平方因子的数 $n$，$\mu (n)=0$。
6. 元函数：$e(n)=[n=1]$。完全积性。
7. 恒等函数：$I(n)=1$。完全积性。也可写作 $1(n)=1$。
8. 单位函数：$id(n)=n$。完全积性。
9. 恒等函数：$i{d}^k(n)=n^k$。完全积性。

线性筛

利用线性筛筛出 $\mu$ 这样的积性函数。

int mu[N];
int p[N],tot,vis[N];
void init(int n){mu[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){if(!vis[i]) vis[i]=1,mu[i]=-1,p[++tot]=i;for(int j=1;j<=tot&&p[j]<=n/i;j++){vis[i*p[j]]=1;if(i%p[j]==0){mu[i*p[j]]=0;break;}mu[i*p[j]]=-mu[i];}}
}

狄利克雷卷积

定义：

对于数论函数 $f,g$，$h(n)=f\ast g={\sum }_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$ 叫做 $f,g$ 的狄利克雷卷积。
狄利克雷卷积可以理解为乘法意义上的卷积，满足交换律、分配律，结合律。

若 $f,g$ 均为积性函数，那么 $h=f\ast g$ 也是积性函数。

证明：$p\perp q\to h(p)h(q)=({\sum }_{d_1|p}f(d_1)g(\frac{p}{d_1}))({\sum }_{d_2|q}f(d_2)g(\frac{q}{d_2}))={\sum }_{(d_1{d}_2)|(pq)}f(d_1)f(d_2)g(\frac{p}{d_1})g(\frac{q}{d_2})={\sum }_{(d_1{d}_2)|(pq)}f(d_1{d}_2)g(\frac{pq}{d_1{d}_2})=h(pq)$

$1\ast 1=\tau$
$1\ast id=\sigma$

证明：直接展开即可得。

${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n==1]$，即 $\mu \ast 1=e$，两者互为逆元。

证明：$\mu (1)=0$ 显然成立，对于 $n>1$，由于含平方因子的 $\mu$ 均为0，只需要考虑 $n$ 所有不含平方因子的因数。
设 $n$ 有 $m$ 个质因子，从这些质因子中任意选择（每项最多一个）构成因数，就有：${\sum }_{d|n}\mu (d)={\sum }_{i=0}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}\right)(-1{)}^i=(1-1{)}^m=0$。

$[\gcd (i,j)=1]={\sum }_{d|\gcd (i,j)}\mu (d)$

证明：直接令上一个式子 ${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n==1]$ 的 $n=\gcd (i,j)$ 即可得。

$\phi =\mu \ast id$

证明：$(\mu \ast id)(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}$，右边的式子就可以理解成容斥筛掉所有和 $n$ 不互质的数。

$id=\phi \ast 1,n=id(n)={\sum }_{d|n}\phi (n)$

证明：$id=id\ast e=id\ast \mu \ast 1=\phi \ast 1$

莫比乌斯反演

若 $g(n)={\sum }_{d|n}f(d)$，那么 $f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)g(\frac{n}{d})$。

证明：

1. $f=f\ast 1\ast \mu =g\ast \mu$。
2. ${\sum }_{d|n}\mu (d)g(\frac{n}{d})={\sum }_{d|n}\mu (d){\sum }_{k|\frac{n}{d}}f(k)={\sum }_{kd|n}\mu (d)f(k)={\sum }_{k|n}f(k){\sum }_{d|\frac{n}{k}}\mu (d)$
   $={\sum }_{k|n}f(k)[\frac{n}{k}=1]=f(n)$

若 $g(n)={\sum }_{n|d}f(d)$，那么 $f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})g(d)$。

证明：${\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})g(d)={\sum }_{k=1}^{\infty }\mu (k)g(kn)={\sum }_{k=1}^{\infty }\mu (k){\sum }_{d|kn}f(d)={\sum }_{n|d}f(d){\sum }_{k|\frac{d}{n}}\mu (k)$
$={\sum }_{n|d}f(d)[\frac{d}{n}=1]=f(n)$

trick

1. 枚举倍数的一种灵活的变形：$g(d)={\sum }_{d|i}^{n}f(i)={\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i\cdot d)$。
   很显然，但有时能发挥大作用。
2. $[\gcd (i,j)=1]={\sum }_{d|\gcd (i,j)}\mu (d)$。再写一遍是因为它太重要了。
3. 关于因数个数函数：$\tau (i\cdot j)={\sum }_{x|i,y|j}[\gcd (x,y)=1]$。