莫比乌斯反演入门

0前言&前置芝士

很多莫反的题解公式推导过程直接一条式子带过，非常的简略，让本蒟蒻非常的懵因此学习之后写了一篇，每条式子之间都会解释怎么来的。

有些证明移至第 \(6\) 部分。

前置芝士让您的阅读体验更好。

• 艾弗森括号 \([x]\) 当括号里的条件为真时，式子值为 \(1\)，反之为 \(0\)。

举个例子：

\[\sum_{i=1}^{10}[i=1]=1 \]

在此式子中，仅 \(i=1\) 有贡献。

• 整除符号 \(\mid\)

如果 \(a\mid b\) 那么 \(b\) 是 \(a\) 的倍数。

如果 \(a\nmid b\) 那么 \(b\) 不是 \(a\) 的倍数。

1一些基础函数的定义

1.莫比乌斯函数

\[\mu(n)=\left\{\begin{array}{ll} 1 & n=1 \\ (-1)^{k} & n=p_{1} p_{2} \ldots p_{k},\ p_{i} \text{ 为 } n \text{ 的质因子且两两互素} \\ 0 & \text{otherwise} \end{array}\right. \]

2.单位函数

\[\epsilon(x)=[x=1] \]

4.常函数

\[1(n)=1 \]

5.恒等函数

\[id(n)=n \]

6.欧拉函数

\[\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(n,i)=1] \]

即小于 \(n\) 并且与 \(n\) 互质的数的个数。

称一个函数是积性的当且仅当对于任意  \((a, b)=1\), 有\(f(a) f(b)=f(a b)\)。

称一个函数是完全积性的当且仅当对于任意  \(a, b\), 有\(f(a) f(b)=f(a b)\)。

2.定理/引理:

这些定理在第 \(6\) 部分有详细的证明。

\[\sum_{d \mid n}\mu(d)=\epsilon(n) \]

2.重要性质，是很多题的关键

\[\sum_{d \mid \gcd(i,j)}\mu(d)=[\gcd(i,j)=1] \]

其实就是把 \(\gcd(i,j)\) 代替上文的 \(n\)。

3. \(\mu\) 是积性函数

3.莫比乌斯反演

设

\[f(n)=\sum_{d \mid n}g(d) \]

那么莫比乌斯反演内容就是：

\[g(n)=\sum_{d \mid n}\mu(d)f(\frac nd) \]

考虑证明，（如果你会狄利克雷卷积的话就很简单，这里提供最基础的证法）

由定义：

\[f(\frac nd)=\sum_{d\mid\frac nd}g(d) \]

那么原式（为了与原式的 \(d\) 区分，我们引入 \(d'\)）：

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{d'\mid\frac nd} g(d') \]

考虑将后面这个西格玛移到前面来，但不是简单的将整个西格玛移过来，会有一些小变化。这算是一个技巧，交换求和顺序，这会让我们的推导和计算更方便，但有时候交换求和顺序会导致一些值缺失或增加，要把它们给补上，本质上就是要让交换前后的式子等价。

那么移到前面：

\[\sum_{d'\mid n} g(d') \sum_{d\mid\ \frac{n}{d'} } \mu(d) \]

根据上文重要性质，将后面的西格玛换掉

\[\sum_{d'\mid n}g(d')[\dfrac n{d'}=1] \]

将 \(d'\) 变为 \(d\)（因为此时式子里不含\(d\)）

\[\sum_{d\mid n}g(d)[\dfrac n{d}=1] \]

容易发现，当且仅当 \(d=n\) 时的时候会对答案做出贡献。

所以最后变为 \(g(n)\) 了。

所以：

\[g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac nd) \]

4.狄利克雷卷积

这里只介绍了非常少一部分的狄利克雷卷积，因为本文的主体并不是这个。

定义两个数论函数 \(f(n)\)，\(g(n)\) 之间的加法是：

\((f+g)(i)=f(i)+g(i)\)

即逐项相加。

定义两个数论函数 \(f(n)\)，\(g(n)\) 之间的狄利克雷卷积 \(*\) 是：

其狄利克雷卷积为 \(t=f*g\)，满足：

\[t(n)=\sum_{d\mid n}f(n)g(\frac nd) \]

另一种形式：

\[t(n)=\sum_{d\mid n}f(n)g(\frac nd) \]

狄利克雷卷积性质：

• 交换律：\(f*g=g*f\)

• 结合律；\(f*u*v=f*(u*v)\)

• 分配律：\(f*(u+v)=f*u+f*v\)

• 单位函数：\(\epsilon * f = f\)

这些结论都很显然，我就不证了。

接下来介绍狄利克雷卷积意义下的逆元。

定义：对于任意 \(f(1) \neq 0\) 的函数，都有 \(f*g=\epsilon\)，把 \(g\) 叫做 \(f\) 的逆元，简称 \(f^{-1}\)。

怎么求 \(f\) 的逆元呢？

\[f^{-1}=g(n)=[n=1]-\sum_{\substack{d\mid n\\d>1}}f(d)g(\frac nd) \]

？？？这是怎么得出来的？

我也不知道

那我们来证一下：

\[f*g=\sum_{d\mid n}f(n)g(\frac nd)=f(1)g(n)+\sum_{\substack{d\mid n\\d>1}}f(d)g(\frac nd)=[n=1] \]

\([n=1]\) 不就是 \(\epsilon\)，好，这是对的。

接下来有两个积性函数与狄利克雷卷积的小性质：

若 \(f(n),g(n)\) 都是积性函数，有：

• \(f*g\) 也是积性函数。

• \(f^{-1}\) 是积性函数。

证明嘛，我不会，可以网上找。

欸，今天不是讲莫比乌斯反演吗，怎么走偏了？

接下来回到莫比乌斯函数。

定义：常函数 \(1\) 的逆元是 \(\mu\)，即 \(1*\mu=\epsilon\)。

其实是可以证的，我们这里简短地证一下。

用卷积把乘法展开，得：

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=\epsilon(n) \]

• 当 \(n=1\) 时，当且仅当 \(d=1\) 时，\(\sum_{}\mu(d)=\mu(1)=\epsilon(1)\)

• 当 \(n>1\) 时，设 \(n=\prod_{i=1}^{m} p_{i}^{k_{i}}\)，仅需考虑无平方因子的除数 \(d\)（即 \(d=\prod_{i\in S}p_i\)，\(S\subseteq \{1,\dots,k\}\)），此时 \(\mu(d) = (-1)^{|S|}\)。所以：

\[\sum_{d \mid n} \mu(d) = \sum_{S \subseteq \{1,\dots,k\}} (-1)^{|S|}=(1-1)^k=0=\epsilon(n). \]

考虑我们现在用狄利克雷卷积来证明莫比乌斯反演。

设 \(g(n)=\sum_{d\mid n} f(d)\)，即 \(g=f*1\)。

两边卷积 \(\mu\)：

\[g*\mu=(f*1)*\mu=f*(1*\mu)=f*\epsilon=f. \]

展开即得：

\[f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)g(\frac{n}{d}) \]

怎么样，用狄利克雷卷积证是不是简单又快。

5例题

例1 P3445:

P2257 是这道题的加强版，并且 \(x\) 为质数，感兴趣可以去做。

题目大意：对 \(T\) 组询问求：

\[\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[\gcd(i,j)=x] \]

同除 \(x\)，得：

\[ans=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{x}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \]

将 \([\gcd(i,j)=1]\) 转换(由重要性质得到)

\[ans=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{x}\rfloor}\sum_{d\mid gcd(i,j)}\mu(d) \]

\(d \mid \gcd(i,j)\) 并不好看，发现 \(d\) 的上界就是 \(\lfloor\frac{\min(a,b)}{x}\rfloor\)，因此转化为枚举 \(d\)，并添加条件 \([d\mid i]\)，\([d\mid i]\)，即满足上文 \(d\mid \gcd(i,j)\)。

\[ans=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{x}\rfloor}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{\min(a,b)}{x}\rfloor}\mu(d)[d\mid i][d\mid j] \]

提出来，得：

\[ans=\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{\min(a,b)}{x}\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}[d\mid i] \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{x}\rfloor}[d\mid j] \]

为了让 \([d\mid i]\) ，\(i\) 就是 \(d\) 的倍数，在 \(1\) 到 \(\lfloor\frac{a}{x}\rfloor\) 中 \(d\) 的倍数个数就是 \(\lfloor\frac{a}{dx}\rfloor\) 个,\(j\) 同理。
所以变成了：

\[ans=\sum_{d=1}^{\min(a,b)}\mu(d)\times\lfloor\frac{a}{dx}\rfloor\times\lfloor\frac{b}{dx}\rfloor \]

分块做。

例2

求：

\[\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}\sum_{k=1}^{c}[(i, j)=1][(j, k)=1][(k, i)=1] \]

其中 \((x,y) = \gcd(x,y)\)

这东西长得，好熟悉啊。

我会！直接换，得：

\[ans=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}\sum_{k=1}^{c}\sum_{x\mid(i, j)}\mu(x)\sum_{y\mid(j, k)}\mu(y) \sum_{z\mid(i, k)}\mu(z) \]

额。。然后呢？六个西格玛看起来真的够呛，而且还不好消。

我们发现 \(i,j,k\) 都只是枚举的变量，对计算并没有什么贡献，应该考虑消去。

• \(x\mid i\) 且 \(x\mid j\)，所以 \(x\mid(i,j)\)。

• \(y\mid j\) 且 \(y\mid k\)，所以 \(y\mid(j,k)\)。

• \(z\mid i\) 且 \(z\mid k\)，所以 \(z\mid(i,k)\)。

换句话说，\(i\) 是 \(lcm(x,z)\) 的倍数（因为 \(i\) 要同时被 \(x\)，\(z\)整除），同理，\(j\) 是 \(lcm(x,y)\) 的倍数，\(k\) 是 \(lcm(y,z)\) 的倍数

可以发现 对 \(i\) 的求和个数是 \(\frac{a}{\text{lcm}(x,z)}\)，对 \(j\) 的求和个数是 \(\frac{b}{\text{lcm}(x,y)}\)，对 \(k\) 的求和个数是 \(\frac{c}{\text{lcm}(y,z)}\)。

所以上式变为：

\[\sum_{x=1}\sum_{y=1}\sum_{z=1}\mu(x)\mu(y)\mu(z)\frac{a}{\operatorname{lcm}(x, z)}\frac{b}{\operatorname{lcm}(x, y)}\frac{c}{\operatorname{lcm}(y, z)} \]

发现值不为0的三元组数量有限，所以枚举所有值不为0的三元组，做三元环计数，特判有两个或者三个数相同的情况。

例3:

设 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数，对于 \(T\) 组询问给定\(n\)、\(m\)，求：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij) \]

引理：\(d(ij)=\sum_{x \mid i}^{}\sum_{y\mid j}^{}[\gcd(x,y)=1]\)，第 \(6\) 部分有证明。

\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x\mid i}^{} \sum_{y \mid j}^{}[\gcd(x,y)=1] \]

如果你有认真阅读上文，那么你就会做了，但为了方便理解还是写出推导过程，但不附加文字了（懒）。

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

\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} \sum_{d \mid \gcd(i,j)}\mu(d)\times\lfloor\frac{n}{i} \rfloor\times\lfloor\frac{m}{j}\rfloor \]

\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} \sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\times[d \mid i]  \times[d\mid j]\times\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \times\lfloor\frac{m}{j}\rfloor \]

\[ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^{n} [d \mid i] \times \lfloor\frac{n}{i}\rfloor \sum_{j=1}^{m}[d \mid j]\times\lfloor\frac{m}{j} \rfloor \]

好了，到现在，式子变为了三个西格玛，第一个西格玛我们很好求，后面两个就没那么好求了，那么我们设 \(I = di\)，\(J=dj\)，这样我们就可以消去一些条件，原式变为：

\[\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{I=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{I}\rfloor \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} \lfloor\frac{m}{J} \rfloor \]

这样是不是好看多了，分块做即可。

例4

给你一个长为 \(n\) 的排列 \(a\)，求:

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i,j) \times(a_i,a_j) \]

其中，\((x,y)\) 表示 \(\gcd(x,y)\)。

如果没有后面的 \(a_i,a_j\)，这道题是很好做的，那我们先暂时不管它们，来处理 \(i,j\)。

枚举 \((i,j)\) 可能的结果 \(d\)：

\[\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[(i,j) = d]\times(a_i,a_j) \]

设 \(i = di'\) 和 \(j = dj'\)，显然 \(i',j'\) 的范围是 \(i', j'\geq 1\) 且 \(i'\leq\lfloor\frac nd\rfloor\)，\(j' \leq \lfloor\frac nd\rfloor\)。

此时：

\[[(i,j)=d] = [\gcd(i',j')=1], \quad (a_i, a_j) = (a_{d i'}, a_{d j'}) \]

代入得：

\[ans=\sum_{d=1}^nd\sum_{i'=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor} \sum_{j'=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor} [\gcd(i',j')=1] \cdot (a_{d i'},a_{d j'}) \]

\(\gcd=1\)，是不是很熟悉。

\[ans=\sum_{d=1}^nd\sum_{i'=1}^{\lfloor\frac n \rfloor}\sum_{j'=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor} \sum_{\substack{x\mid i'\\ x\mid j'}}\mu(x) \cdot (a_{d i'},a_{d j'}) \]

因为 \(k \mid i'\) 且 \(k \mid j'\)，且 \(i', j'\leq \lfloor\frac nd\rfloor\)，所以 \(k\) 的范围为 \(1\leq k \leq \lfloor\frac nd\rfloor\)。

设 \(i' = k i''\)，\(j' = k j''\)，其中 \(i'', j'' \geq 1\)。则 \(i''\leq\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\)，\(j''\) 同理。代入：

\[a ns=\sum_{d=1}^n d\sum_{x=1}^{\lfloor\frac dx \rfloor}\mu(x)\sum_{i''=1}^{\lfloor\frac{n}{dx} \rfloor}\sum_{j''=1}^{\lfloor \frac{n}{dx} \rfloor} (a_{dxi''},a_{dxj''}) \]

好丑，把 \(i\)，\(j\) 换回来吧。

\[ans=\sum_{d=1}^n d \sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd \rfloor}\mu(x)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dx} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor} (a_{ dx}, a_{jdx}) \]

前面部分很好算，后面不好算，我们设：

\[f(x)=\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor} (a_{ix}, a_{jx}) \]

问题就转化为如何求 \(f(dx)\) 了，不难发现问题就转化成求一个集合中数对的 \(\gcd\) 之和。

那么：

\[f(x)=\sum_{i\in S}\sum_{j\in S}(i,j)\\ =\sum_{d}d\sum_{i\in S}\sum_{j\in S}[(i,j)=d] \]

我们考虑算 \([(i,j)=d]\)。

引理（证明在第 \(6\) 部分）：

\[[x=d]=\sum_{\substack{d\mid T\\ T\mid x}}\mu(\frac Td) \]

我们把 \((i,j)\) 代替 \(x\)。

原式变为：

\[f(x)=\sum_{d}d\sum_{i\in S}\sum_{j\in S}\sum_{\substack{d\mid T\\ T\mid (i,j)}}\mu(\frac Td)\\ =\sum_{d}d\sum_{i\in S}\sum_{j\in S}\sum_{d\mid T}\mu(\frac Td)[T\mid i][T\mid j] \]

接下来，把 \(\mu\) 提出来，并分离一下后面两个西格玛。

\[f(x)=\sum_{d}d\sum_{d\mid T}\mu(\frac Td)\sum_{i\in S}[T\mid i]\sum_{j\in S}[T\mid j] \]

我们发现 \(i\)，\(j\) 没有本质的区别，因此可以化为同一个。

\[f(x)=\sum_{d}d\sum_{d\mid T}\mu(\frac Td)(\sum_{i\in S}[T\mid i])^2 \]

再次交换求和顺序（前两个西格玛）。

因为 \(d\mid T\)，交换了要修改上界，那么：

\[f(x)=\sum_{T}(\sum_{d\mid T}d\times \mu(\frac Td))(\sum_{i\in S}[T\mid i])^2 \]

设：

\[g(x)=\sum_{d\mid T}d\times \mu(\frac Td) \]

你会发现这是上文提到的狄利克雷卷积，是 \(id*\mu\)，也就是 \(\varphi\)，可以预处理。

那么，\(f(x)\) 变为了：

\[f(x)=\sum_{T}\varphi(T)(\sum_{i\in S}[T\mid i])^2 \]

我们就可以得到一个算法，对于每个 \(x\) 得到它的集合 \(S\) ，然后把集合中每个数的因子都增加 \(1\) 。最后依次统计所有因子的贡献之和，然后做 \(n\) 次就可以得到 \(f(1)\sim f(n)\) 了。

最后代回原式就可以算出来了。

\[ans=\sum_{d=1}^n d \sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd \rfloor}\mu(x)f(x) \]

看似是 \(O(n^2)\) 的，实际可以 \(O(n log^2 n)\) 地做。

6上文所用的引理/定理证明

证明1

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\epsilon(n) \]

证明：

当 \(n=1\) 显然成立，因为 \(\mu(d)=1\)

对于 \(n>1\)  ，其正因数 \(d\) 中，若 \(d\) 有平方因子，则 \(\mu(d)=0\) （定义），因此这些 \(d\) 对加和无贡献。

仅需考虑无平方因子的 \(d\) ，即 \(d\) 是 \(n\) 的素因数的子集的乘积（因为 \(d\mid n\) 且无平方因子）。

这样说很抽象啊，举个例子。

将 \(n\) 质因数分解，\(n=\prod_{i=1}^{m} p_{i}^{k_{i}}\)。

那么 \(d\) 就是 \(\left \{p_1,p_2,p_3 \cdots p_m\right \}\) 的一个子集。

这样的 \(d\) 共有 \(2^m\) 个。

• 空集对应 \(d=1\)，\(\mu(1)=1\)；
• 含1个素数的子集（如\((\left \{p_1\right \},\left \{p_2\right \},\cdots,\left \{p_m\right \})\) 对应 \(d=p_i\)，\(\mu(p_i)=-1\)，共\(\binom{m}{1}\)个；
• 含2个素数的子集对应 \(d=p_ip_j\)，\(\mu(p_ip_j)=(-1)^2=1\)，共\(\binom{m}{2}\)个；
• $\dots $
• 含 \(k\) 个素数的子集对应 \(d=p_{i_1}\cdots p_{i_k}\)，\(\mu(d)=(-1)^k\)，共\(\binom{m}{k}\)个；
• $\dots $
• 含 \(m\) 个素数的子集对应 \(d=p_1\cdots p_m\)，\(\mu(d)=(-1)^m\)，共\(\binom{m}{m}\)个。

因此，和式可写为：

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}(-1)^k \]

欸，这长得怎么这么像二项式定理啊。

由二项式定理得：

\[(1-1)^m=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}1^{m-k}(-1)^k=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}(-1)^k \]

显然 \((1-1)^m=0\)，所以当 \(n>1\) 时 \(\sum_{d|n}\mu(d)=0\)。

综上所述，

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\epsilon(n) \]

证明2

\(\mu\) 是积性函数。

设两个数 \(x\)，\(y\)，使得 \(\gcd(x,y)=1\)。

也就是我们要证明 \(\mu(x)\mu(y)=\mu(xy)\)。

当 \(\mu(x)\) 或 \(\mu(y)\) 之中任意一个为 \(0\) 或 \(1\) 时，上式显然成立。

那么就剩 \(-1\) 的情况了。

\(x=\prod_{i=1}^{m1}{p1}_i\)，\(y=\prod_{j=1}^{m2}{p2}_i\)

因为 \(\gcd(x,y)=1\)，所以 \(xy =\prod_{i=1}^{m1}{p1}_i\prod_{j=1}^{m2}{p2}_i\)，并且两个质因数集合没有交集，所以 \(xy=\prod_{i=1}^{m1+m2} p_i\)，\(p_i\)是 \({p1}_i\) 和 \({p2}_i\) 并集。

所以 \(\mu(xy) = (-1)^{m1+m2}\)

\[\mu(x)\mu(y) = (-1)^{m1}(-1)^{m2}=(-1)^{m1+m2}=\mu(xy) \]

所以 \(\mu(x)\mu(y)=\mu(xy)\)。

证明3

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

其中 \(d(x)\) 表示 \(x\) 的约数个数。

设质数\(p\)，\(i=i'\times p^{k_1},j=j' \times p^{k_2}\)，\(k_1,k_2\) 可以为 \(0\)，此时 \(i=i,j=j\) 也是成立的。

\[ij=i'\times p^{k_1} \times j' \times p^{k_2}=i'\times j' \times p^{k_1+k_2} \]

在 \(ij\) 的因子中，\(p\) 的这一项指数可以为 \(0\sim k_1+k_2\) 共 \(k_1+k_2+1\) 种选法。

再看等式右边，我们只看 \(p\) 这一项。\(x=x'\times p^{k_3}\), \(y=y'\times p^{k_4}\)

要满足 \(\gcd(x,y)=1\)，那么就有\(\gcd(p^{k_3},p^{k_4})=1\)

如果 \(k_3,k_4\) 同时 \(> 0\) 那么它们的 \(\gcd\) 不可能为 \(1\)。

• \(k_3=0,k_4 \in [0,k_2]\)，共 \(k_2+1\) 种。

• \(k_4=0,k_3 \in [0,k_1]\)，共 \(k_1+1\) 种。

最后去掉 \(k_3=0,k_4=0\) 的方案，总方案数 \((k1 + k2 + 1)\)。

发现等式两边相等，上式成立。

证明4

\[[x=d]=\sum_{\substack{d\mid T\\ T\mid x}}\mu(\frac Td) \]

卷积可以证。

如果是 \([x=1]\) 我们可以很快转换，这里用到了上文也用到的方法。

设 \(x=d\times x'\)，\(T=d\times T'\)。（\(k,m \ge 1\)）

显然 \(T'\mid x'\)，因为 \(T\mid x\)。

那么，式子变成了：

\[[x'=1]=\sum_{T'\mid x'}\mu(T') \]

欸，好眼熟，不就是这个吗：

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\epsilon(n) \]

\(n\) 就是 \(x'\)，\(d\) 就是 \(T'\)，重要性质上面证过了，这里不再赘述。