算法学习笔记(35)——欧拉函数

欧拉函数

欧拉函数
在数论中,对正整数 N欧拉函数 φ(N) 是小于等于 N 的正整数中与 N 互质的数的数目。

若正整数 N 被唯一分解为 N=p1c1p2c2pmcm,其中 ci 都是正整数,pi 都是质数,且满足 p1<p2<<pm,则:

φ(N)=N(11p1)(11p2)(11pm)

欧拉函数公式的证明思路(容斥原理):

  1. 1 ~ n 中去除 p1,p2,...,pk 的所有倍数。1 ~ npk 的倍数有 Npk (整除)个
  2. 因为所有 pipj 的倍数被减了两次,所以加上所有 pipj 的倍数
  3. 同理,减去所有 pipjpk 的倍数
    以此类推...

NNp1Np2Npk+Np1p2+Np1p3+Np1p2p3Np1p2p4+Np1p2p3p4

我们不难发现欧拉公式展开后便是上式

该算法的时间复杂度瓶颈主要在于分解质因数,之前的文章分析过分解质因数的时间复杂度为 O(N),因此,利用上述公式求欧拉函数的时间复杂度是 O(N)

用公式求欧拉函数

题目链接:AcWing 873. 欧拉函数
本题 1n100, 1ai2×109,则时间复杂度为 nai,约在四百万到五百万之间,可以接受

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    
    while (n -- ) {
        int a;
        cin >> a;
        
        int res = a;
        for (int i = 2; i <= a / i; i ++ )
            if (a % i == 0) {
                // 由于不能出现小数,所以转换公式 res = res * (1 - 1 / i)
                res = res / i * (i - 1);
                while (a % i == 0) a /= i;
            }
        if (a > 1) res = res / a * (a - 1);
        
        cout << res << endl;
    }
    
    return 0;
}

用筛法求欧拉函数

题目链接:AcWing 874. 筛法求欧拉函数

某些情况下,我们需要求出 1N 中每一个数的欧拉函数,在这种情况下用公式来做的话,每个数都需要进行分解质因数,时间复杂度变为 O(NN) ,效率低下。此时我们可以借助之前学习过的线性筛法求质数,用 O(N) 的时间复杂度计算出每一个数的欧拉函数。

  • i 是质数时,φ(i)=i1
  • i % primes[j] == 0 时,primes[j]i 的一个质因子,则 i * primes[j]i 具有相同的质因子

    φ(i)=i(11p1)(11p2)(11pk)

    φ(primes[j]i)=primes[j]i(11p1)(11p2)(11pk)

    φ(primes[j]i)=primes[j]φ(i)

  • i % primes[j] != 0 时,primes[j]i * primes[j] 的最小质因子,此时 i 的质因子当中不包含 primes[j]

    φ(i)=i(11p1)(11p2)(11pk)φ(primes[j]i)=pji(11p1)(11p2)(11pk)(11pj)φ(primes[j]i)=pjφ(i)(11pj)=φ(i)(primes[j]1)

#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e6 + 10;

int primes[N], cnt; //存储质数和其对应的下标
bool st[N]; // 标记数组,true为合数,false为质数
int phi[N]; // 存储欧拉函数

LL get_eulers(int n)
{
    // 由定义知小于等于1的数中,1只与自身互质
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt ++] = i;
            // 当i是质数时,其欧拉函数等于n-1
            phi[i] = i - 1;
        }
        // 从小到大枚举质数
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ ) {
            st[primes[j] * i] = true;
            /* 
             * 如果i % primes[j] == 0,则primes[j]就是i的最小质因子
             * 则i * primes[j+k]应该用更小的质因子筛去(i的质因子primes[j] < primes[j+k])
             * 由于primes[j]是i的质因子,所以i所含的质因子与primes[j]*i的质因子相同
             */
            if (i % primes[j] == 0) {
                phi[primes[j] * i] = primes[j] * phi[i];
                break;
            }
            /*
             * 如果i % primes[j] != 0,则primes[j]不是i的质因子
             * 则primes[j] * i除了i的质因子之外,多了一个质因子primes[j]
             */
            phi[primes[j] * i] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
    
    LL res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res += phi[i];
    return res;
}

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    cout << get_eulers(n) << endl;
    return 0;
}
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