欧拉函数

合集 - Number Theory(13)

1.基本概念2024-07-222.记号与声明2024-07-223.欧几里得2024-07-224.同余关系2024-07-225.线性同余方程组2024-07-226.素数2024-07-227.离散对数问题2024-07-228.数论函数基础2024-07-229.整除分块2024-07-2210.狄利克雷卷积2024-07-22

11.欧拉函数2024-07-22

12.莫比乌斯函数2024-07-2213.筛法2024-07-22

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欧拉函数

欧拉函数是一类非常重要的数论函数

建议阅读 数论函数基础 章节，了解基本概念与先要知识

此处获取本节调试数据 / 代码包

全文 绝大多数 内容是对 [0] 中讲述的 粗略抄写 和 胡乱加工

1. 定义与性质

定义

在 $[1,n]$ 中与 $n$ 互质的数的个数，记作 $\phi (n)$

形式化的说，$\phi (n)=\sum _{i=1}^n[i\perp n]$

性质

1. 显然，当 $n\in \mathbb{P}$ 时，有 $\phi (n)=n-1$

   质数和 小于它的所有数 互质

2. 在 $[1,p^k]$ 中所有非 $p$ 整倍数的数均与 $p^k$ 互质，故有 $\phi (p^k)=(p-1)p^{k-1}$

   证明显然

3. $\phi$ 是 积性函数，即若 $a\perp b$，则 $\phi (ab)=\phi (a)\phi (b)$

   数论函数基础 - 常见函数，分类及证明 中给出了 两种思路的详细证明

4. 计算式 $\phi (n)=\prod \phi (p^c)=\prod p^c\times {\displaystyle \frac{p-1}{p}}=n\prod {\displaystyle \frac{p-1}{p}}$

   根据前两条性质，以及 唯一分解 容易证明

5. 若 $a\mid b$，则 $\phi (ab)=a\times \phi (b)$

   由于 $a\mid b$，故 $b$ 的 质因数 包含 $a$ 的 质因数

   换言之，$b$ 的 本质不同质因数集 等于 $ab$ 的 本质不同质因数集

   故根据计算式 $\phi (ab)=ab\prod {\displaystyle \frac{p-1}{p}}=a(b\prod {\displaystyle \frac{p-1}{p}})=a\times \phi (b)$

   同理可以证明 $a\mid b$ 时有 $\phi (a)\mid \phi (b)$（$\prod$ 部分可以整除）

6. 若 $n>2$，则 $2\mid \phi (n)$

   考虑 计算式，$p^c\times {\displaystyle \frac{p-1}{p}}$ 当且仅当 $p=2,c=1$ 时为 奇数，然后容易证明

7. 使得 $gcd(n,x)=d,x\in [1,n]$ 的 $x$ 个数为 $\phi \left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)$

   令 $a={\displaystyle \frac{n}{d}},b={\displaystyle \frac{x}{d}}$，于是有 $a\perp b$，然后就 根据定义显然 了

8. $\sum _{d\mid n}\phi (d)=n$，也被称为 欧拉反演

   这里给出一种不同于 [0] 中的证明思路

   我们考虑使用 莫比乌斯反演，即 $f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)⟺g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f\left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)$

   我们代入 $f(n)=n,g(n)=\phi (n)$，于是我们尝试证明 $\phi (n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)\times {\displaystyle \frac{n}{d}}$

   考虑 $\mu$ 的特性，当且仅当 $d=\prod p$（$p$ 互不相同 且是 $n$ 的 质因子）时，才会有贡献

   而当 $d$ 有 偶数个质因子 时，$\mu (d)$ 为 正，反之 $\mu (d)$ 贡献为 负

   这与计算式 $\phi (n)=n\prod {\displaystyle \frac{p-1}{p}}=n\prod (1-{\displaystyle \frac{1}{p}})$ 的 容斥系数 相符合

   容易知道它们相等

   不够直观的话我们来举个例子，设有 $n=p_1^2\times p_2^3\times p_3$

   根据 计算式

   $$\begin{array}{rl}\phi (n)& =n\prod (1-{\displaystyle \frac{1}{p}})\\ & =n(1-{\displaystyle \frac{1}{p_1}})(1-{\displaystyle \frac{1}{p_2}})(1-{\displaystyle \frac{1}{p_3}})\end{array}$$

   而使得 $\mu (d)\ne 0$ 的 $d$ 显然只有 $1,p_1,p_2,p_3,p_1{p}_2,p_2{p}_3,p_1{p}_3,p_1{p}_2{p}_3$ 这几种取值

   对应有式子

   $$\begin{array}{r}\phi (n)=1-({\displaystyle \frac{n}{p_1}}+{\displaystyle \frac{n}{p_2}}+{\displaystyle \frac{n}{p_3}})+({\displaystyle \frac{n}{p_1{p}_2}}+{\displaystyle \frac{n}{p_2{p}_3}}+{\displaystyle \frac{n}{p_1{p}_3}})-{\displaystyle \frac{n}{p_1{p}_2{p}_3}}\end{array}$$

   显然上下相等

2. 线性筛欧拉函数

根据 计算式，我们有一个 简易 的实现，我们知道

$$\begin{array}{r}\phi (n)=\{\begin{array}{ll}p\times \phi \left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)& p^2\mid n\\ (p-1)\times \phi \left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)& p^2\nmid n\end{array}\end{array}$$

其实就是每个 质因数 只计算一次贡献，可以写出代码如下

inline void Sieve () {
	phi[1] = 1;
	for (uint32_t i = 2; i <= N; ++ i) {
		if (!Vis[i]) pri[++ Cnt] = i, phi[i] = i - 1;
		for (uint32_t k = 1; k <= Cnt && pri[k] * i <= N; ++ k) {
			Vis[i * pri[k]] = 1;
			if (i % pri[k] == 0) {
				phi[i * pri[k]] = phi[i] * pri[k];
				break ;
			}
			else phi[i * pri[k]] = phi[i] * (pri[k] - 1);
		}
	}
}

我们注意到 $\phi (p^k)=p\times \phi (p^{k-1})(k>1)$，而 $\phi (p)=p-1$，故 $\phi (p^k)=\phi (p^{k-1})p$

3. 欧拉定理

其实就是 费马小定理 的 $\mathrm{ex}$，可以拓展到部分 非素数的模数 情况

$$\begin{array}{rlr}{n}^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)& & n\perp m\end{array}$$

我们发现，$\{knmodm|k\perp m,k\in [0,m)\}=\{k,|k\perp m,k\in [0,m)\}$

也就是说当 $k,n\perp m$ 时，$knmodm$ 的余数就是 与 $m$ 互质的数的某种排列

证明与前面 费马小定理 相似，显然两个集合元素个数均为 $\phi (m)$ 个，只需证明 元素不重

考虑反证，相同时必然不符合 互质条件，故易得

于是我们把这 $\phi (m)$ 数相乘，显然其在 $modm$ 意义下成立，即有

$$(\prod kn)modm\equiv \prod (knmodm)(\mathrm{mod}m)$$

故容易有 $n^{\phi (m)}\prod (knmodm)\equiv \prod (knmodm)(\mathrm{mod}m)$

可以知道 $\prod (knmodm)\perp m$，故两边可以同时 除掉这一部分，得到 $n^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$

4. 扩展欧拉定理

$$\begin{array}{r}{a}^b\equiv \{\begin{array}{ll}{a}^{bmod\phi (m)}& gcd(a,m)=1\\ a^b& gcd(a,m)\ne 1,b<\phi (m)& (\mathrm{mod}m)\\ a^{(bmod\phi (m))+\phi (m)}& gcd(a,m)\ne 1,b\ge \phi (m)\end{array}\end{array}$$

证明似乎需要 巨大量分讨？今天脑子太糊了，鸽了

转一个 $OI-Wiki$ 上的证明 [1]

形式证明
证明转载自 synapse7，并进行了一些整理。

1. 命题: $a$ 的从 0 次， 1 次到 $b$ 次幂模 $m$ 构成的序列中，存在 $r$ 和 $s$ ，使得前 $r$ 个数（即从 $a^{0}modm$ 到 $a^{r-1}modm)$ 互不相同，从第 $r$ 个数开始，每 $s$ 个数就循环一次。

证明:

• 由鸽巢定理易证。

我们把 $r$ 称为 $a$ 幂次模 $m$ 的循环起始点， $s$ 称为循环长度。（注意： $r$ 可以为 0 )
用公式表述为: $\mathrm{\forall }i\ge r,a^i\equiv a^{i+s}(modm)$
2. 命题: $a$ 为素数的情况，该式成立。

证明:

• 若模 $m$ 不能被 $a$ 整除，而因为 $a$ 是一个素数，那么 $\gcd (a,m)=1$ 成立，根据欧拉定理，容易证明该式成立。
• 若模 $m$ 能被 $a$ 整除，那么存在 $r$ 和 $m^{\prime }$ 使得 $m=a^r{m}^{\prime }$ ，且 $\gcd (a,m^{\prime })=1$ 成立。所以根据欧拉定理有 $a^{\phi \left(m^{\prime }\right)}\equiv 1(mod{m}^{\prime })$ 。
  又由于 $\gcd (a^r,m^{\prime })=1$ ，所以根据欧拉函数的求值规则，容易得到:
  $\phi (m)=\phi \left(m^{\prime }\right)\times (a-1)a^{r-1}$ ，即我们有： $\phi \left(m^{\prime }\right)\mid \phi (m)$ 。
  所以 $a^{\phi \left(m^{\prime }\right)}\equiv 1(mod{m}^{\prime }),\phi \left(m^{\prime }\right)\mid \phi (m)⟹a^{\phi (m)}\equiv 1(mod{m}^{\prime })$, 即 $a^{\phi (m)}=k{m}^{\prime }+1$
  ，两边同时乘以 $a^r$ ，得 $a^{r+\phi (m)}=km+a^r$ (因为 $m=a^r{m}^{\prime }$ )
  所以对于 $m$ 中素因子 $a$ 的次数 $r$ 满足: $a^r\equiv a^{r+\phi (m)}(modm)$ 。我们可以简单变换形式，得到 推论:

$$b>r⟹a^b\equiv a^{r+((b-r)mod\phi (m))}(modm)$$

又由于 $m=a^r{m}^{\prime }$ ，所以 $\phi (m)=\phi \left(a^r\right)\phi \left(m^{\prime }\right)\ge \phi \left(a^r\right)=a^{r-1}(a-1)\ge r$ (tips： $a$ 是素数，最小是 2 ，而 $r\ge 1$ )。
所以因为 $\phi (m)\ge r$ ，故有:

$$a^r\equiv a^{r+\phi (m)}\equiv a^{rmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)$$

所以

$$a^b\equiv a^{r+(b-r)mod\phi (m)}\mathrm{即}\$a^b\equiv a^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)\$。$$

3. 命题: $a$ 为素数的幂的情况，该式成立

证明:

• 不妨令 $a=p^k$ ，是否依然有 $\mathrm{\forall }r,a^r\equiv a^{r+\phi (m)}(modm)$ ?

答案是肯定的，由命题1 可知存在 $s$ 使得 $a^s\equiv 1(modm)$ ，所以 $p^{\mathrm{lcm}(s,k)}\equiv 1(modm)$ ，所以令 $s^{\prime }=\frac{s}{\gcd (s,k)}$ 时，我们能有 $p^{s^{\prime }k}\equiv 1(modm)$ 。
此时有关系: $s^{\prime }\mid s$ 且 $s\mid \phi (m)$ ，且 $r^{\prime }=\lceil \frac{r}{k}\rceil \le r\le \phi (m)$ ，由 $r^{\prime },s^{\prime }$ 与 $\phi (m)$ 的关系，依然可以得到 $a^b\equiv a^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)$ 。
4. 命题: $a$ 为合数的情况，该式成立。

证明:

• 只证 $a$ 拆成两个素数的幂的情况，大于两个的用数学归纳法可证。设 $a=a_1{a}_2$, 其中 $a_i=p_i^{k_i}$ ，而 $a_i$ 的循环长度为 $s_i$ ；
  则 $s\mid \mathrm{lcm}(s_1,s_2)$ ，由于 $s_1|\phi (m),s_2|\phi (m)$ ，那么 $\mathrm{lcm}(s_1,s_2)\mid \phi (m)$ ，所以 $s\mid \phi (m)$ ， $r=max\left(\lceil \frac{r_i}{k_i}\rceil \right)\le max\left(r_i\right)\le \phi (m)$ ；
  由 $r,s$ 与 $\phi (m)$ 的关系，依然可以得到 $a^b\equiv a^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)$ 。证毕。

Luogu P5091 【模板】扩展欧拉定理

啊对，就是板子

#include <bits/stdc++.h>

uint32_t A, M, P, K;
bool BiggerthanM;
std::string B;

inline uint32_t phi (uint32_t x) {
	uint32_t Ret = x;
	for (uint32_t i = 2; i <= sqrt (x); ++ i)
		if (x % i == 0) {
			Ret = Ret / i * (i - 1);
			while (x % i == 0) x = x / i;
		}
	if (x > 1) Ret = Ret / x * (x - 1);
	return Ret;
}

inline uint32_t phi_mod_b () {
	uint32_t Ret = 0, Val = 0;
	for (uint32_t i = 0; i < B.size (); ++ i) {
		Ret = (Ret * 10 + (B[i] - '0')) % P, Val = Val * 10 + (B[i] - '0');
		if (Val > M) BiggerthanM = 1;
	}
	return Ret;
}

inline uint32_t qpow (uint32_t a, uint32_t b) {
	uint32_t Ret = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) Ret = 1ull * a * Ret % M;
		a = 1ull * a * a % M, b >>= 1;
	}
	return Ret;
}

int main () {
	
	std::ios::sync_with_stdio(0);
	std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
	
	std::cin >> A >> M >> B;
	
	P = phi (M), K = phi_mod_b ();
	
	if (std::__gcd (A, M) == 1) std::cout << qpow (A, K) << '\n';
	else if (!BiggerthanM) std::cout << qpow (A, atoi (B.data ())) << '\n';
	else std::cout << qpow (A, K + P) << '\n';
	
	return 0;
}

Luogu P2158 [SDOI2008] 仪仗队

唐氏题，转化一下题意就是求 分母小于 $N$ 的 最简分数个数

容易想到 欧拉函数前缀和，然后随便做

尝试了一下用 $Farey$ 序列来 暴力，优化的好可以过 $35000$，非常牛

（甚至本地可以过 $40000$）

#include <stdio.h>
#include <stdint.h>
#include <stdbool.h>

const int MAXN = 40005;

uint32_t pri[40005], phi[40005];
uint32_t Cnt = 0, Sum = 0, N;
bool Vis[40005];

void Sieve () {
	phi[1] = 1;
	for (uint32_t i = 2; i <= N; ++ i) {
		if (!Vis[i]) pri[++ Cnt] = i, phi[i] = i - 1;
		for (uint32_t j = 1; j <= Cnt && pri[j] * i <= N; ++ j) {
			Vis[i * pri[j]] = 1;
			if (i % pri[j] == 0) {
				phi[i * pri[j]] = pri[j] * phi[i];
				break ;
			}
			phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
		}
	}
}

int main () {
	
	scanf ("%u", &N);
	
	Sieve ();

	for (uint32_t i = 1; i < N; ++ i) Sum += phi[i];
	
	printf ("%u\n" ,(Sum << 1) + (N > 1));
	
	return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>

struct Frac {
	uint32_t x, y;
	
	inline Frac operator + (const Frac &a) const {
		return {x + a.x, y + a.y};
	}
};

uint32_t N, Cnt;

inline void DFS (const Frac l, const Frac r) {
	Frac m = (l + r);
	if (m.x > N || m.x < m.y || m.y > N) [[unlikely]] return ;
	++ Cnt, DFS (l, m), DFS (m, r);
}

int main () {
	
	std::cin >> N, -- N;
	
//	if (N > 35000) return 1;
	
	DFS ({0, 1}, {1, 0});
	
	std::cout << (Cnt << 1) + (N > 0) << '\n';
	
	return 0;
}

5. 引用资料

[0] Number Theory —— H_W_Y

[1] 欧拉定理 & 费马小定理 —— OI Wiki