欧拉函数总结

欧拉函数公式

$n=p_1^{k_1} * p_2^{k_2} * \ ... \ * p_n^{k_n}$ $\phi(n) = n * \displaystyle \prod_{i = 1}^{n}(1 - \frac{1}{p_i})$

试除法求欧拉函数

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    while (n --)
    {
        int x;
        cin >> x;
        
        int res = x;
        for (int i = 2; i <= x / i; ++ i)
            if (x % i == 0)
            {
                res -= res / i;
                while (x % i == 0) x /= i;
            }
        if (x > 1) res -= res / x;
        
        cout << res << endl;
    }
}

筛法求欧拉函数

在一些情况，需要求出1到n所有数的欧拉函数，如果对每个数都使用试除法求一遍太慢了。而筛法求欧拉函数就可以用于这类问题

算法原理

下面的代码是欧拉筛的代码，在欧拉筛质数的过程中，可以顺带着求出所有数的欧拉函数值

void get_divisors(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; ++ i)
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j)
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

如果判定某个数p为质数，则可直接得出其欧拉函数值为p-1

图中的p表示一个质数，和代码中的primes[j]是一样的 2. 如果 i % primes[j] == 0，说明primes[j]是i的最小质因子，即i的质因数中包含primes[j]，所以primes[j]对于i的质因数分解的影响只是增加了其中某个质数的指数，并没有增加质因数的种类，所以对于计算欧拉函数的影响只不过是在i的欧拉函数值基础上乘以一个primes[j]即可(对应着3式) 3.如果i % primes[j] != 0，说明 primes[j]不是i的质因子，primes[j]对于i的质因数分解的影响是增加了一个质数，这是种类增多了，所以在计算欧拉函数时就需要多乘以一个(1-1/p)和primes[j]，(对应着2式)

正确性说明

之前我们说明过枚举到i时，一定可以确定i是合数还是素数了，同理，也一定已经获得了i的欧拉函数值，所以才可以通过i和primes[j]的欧拉函数确定i * primes[j]的欧拉函数

代码实现

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;

int primes[N], cnt;
int phi[N];
bool st[N];

void get_divisors(int n)
{
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i)
    {
        if (!st[i])
        {
            phi[i] = i - 1;
            primes[cnt ++] = i;
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j)
        {
            st[i * primes[j]] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j]; // 对应3式
                break;
            }
            phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1); // 对应2式，只不过把primes[j]*(1 - 1 / primes[j])乘进去了
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    get_divisors(n);
    
    long long res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) res += phi[i];
    cout << res << endl;
    
    return 0;
    
}

欧拉函数的应用

欧拉定理

若n,a为正整数，且n,a互质，则: $a^{\phi(n)} = 1 (mod n)$

证明：1到n中与n互质的数设为 $x_1, x_2, ... x_{\phi(n)}$

所有项都乘以a(欧拉定理中与n互质的a)，得到 $ax_1, ax_2, ... ax_{\phi(n)}$

如果满足 $ax_1 * ax_2 * ... * ax_{\phi(n)} = x_1 * x_2 * ... * x_{\phi(n)} (mod n)$

即 $a^{\phi(n)} * (x_1 * x_2 * ... * x_{\phi(n)}) = x_1 * x_2 * ... * x_{\phi(n)} (mod n)$

因为 $x_1, x_2, ... x_{\phi(n)}$ 所有数都是与n互质的，所以他们的乘积 $ x_1 * x_2 * ... * x_{\phi(n)} $ 也是与n互质的，所以根据某个定理 可以得到$a^{\phi(n)} = 1 (mod n)$

这里的某个定理还需要回学校看一下书，记不太清了

所以说我们的主要任务就是如何证明 $ax_1 * ax_2 * ... * ax_{\phi(n)} = x_1 * x_2 * ... * x_{\phi(n)} (mod n)$ ，即证明 $ax_i$ 和 $x_i$一一对应(顺序可能不同)，因为 $ax_1, ax_2, ... ax_{\phi(n)}$ 是从 $x_1, x_2, ... x_{\phi(n)}$ 转变而来，所以一定是 $\phi(n)$ 项，但是乘以a之后可能有 $ax_i == ax_j$，这样的话$ax_1, ax_2, ... ax_{\phi(n)}$ 中实质上就不是 $\phi(n)$ 项了，所以我们想要证明的自然是不成立的，但是假设存在 $ax_i = ax_j (mod n)$ ，那么 $n | a(x_i - x_j)$，因为n和a互质，所以 $n | x_i - x_j$，但是所有的x都是比n小的数，这个结果显然是不成立的，所以我们的假设也不成立，所以证明了生成的数中两两modn不同余，所以也就证明了 $ax_i$ 和 $x_i$一一对应，所以欧拉定理也就成立了证明过程有些粗糙，可能存在问题，暂定这样写

求解最大公约数为某一特定值的数对个数

给定整数 $N$，求 $0 ≤ x,y ≤ N$ 且 $GCD(x,y)$ 为1的数对 $(x,y)$ 有多少对

算法原理 求解$gcd(x, y) = 1$的(x, y),这么看真的很难和欧拉函数建立起联系但是当我加入$x > y$的条件时,这个问题就转变为了求比x小且与x互质的数的个数,此时很明显就是使用欧拉函数进行求解同时可以发现当$x < y$时,答案数和$x > y$是一样的最后特判$x = y$的情况即可绿色点代表$x > y$时一些满足条件的数对,$x < y$的情况与其关于$y=x$的曲线对称红色线表示$x = y$的直线黄色点表示$x = y$时那一个满足条件的数对

流程

因为x会在区间内变化,所以每次求解需要多次查询,故先使用线性筛预处理所有可能数值的欧拉值
枚举x进行求解(范围参照上方图片进行推断)

代码实现

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;

int phi[N];
int primes[N], cnt;
bool st[N];

void init(int n)
{
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i)
    {
        if (!st[i]) 
        {
            primes[cnt ++] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; ++ j)
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];
                break;
            }
            phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}
int main()
{
    init(N - 1);
    
    int x;
    cin >> x;
    
    int res = 1;
    for (int j = 1; j <= x; ++ j) res += phi[j] * 2;
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

问题推广

给定整数 $N$，求 $1 ≤ x,y ≤ N$ 且 $GCD(x,y)$ 为p的数对 $(x,y)$ 有多少对

算法原理 设$x' = \frac{x}{p}, y' = \frac{y}{p}$ 求解$gcd(x, y) = p$的数对$(x,y)$的个数可以等价为求解 $gcd(x', y') = 1$ 的数对$(x', y')$的个数根据以下条件可推导出 $1 \leq \frac{x}{p}, \frac{y}{p} \leq \frac{N}{p}$, 即$1 \leq x', y' \leq \frac{N}{p}$ $$ \left{
\begin{array} \ 1 \leq x, y \leq N \ p \leq x \ p \leq y \end{array} \right. $$

综上所述,目前的问题已经等价为

给定整数 $N$，求 $1 ≤ x,y ≤ \frac{N}{p}$ 且 $GCD(x,y)$ 为1的数对 $(x,y)$ 有多少对

按照原问题的解法做即可

标签：总结,...,phi,函数,int,ax,primes,欧拉
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