欧拉函数（汇总&例题）
定义
欧拉函数 $\varphi(n)$表示小于等于$n$的正整数中与$n$互质的数的数目。
性质
1、积性函数（证明）。
2、$\varphi(1)=1$（显然）
3、对于质数$n$,$\varphi(n)=n-1$（显然）
4、对于质数的幂$n=p^k$（其中$p$为质数，$k$为正整数），$\varphi(n)=p^{k-1}\cdot(p-1)$
证明：
归纳法，在$k=1$时显然成立，假设当$k$为$k-1$时成立，那么对于将$1,2,...p^k$中每一个数表示为$x\cdot p^{k-1}+d$，其中$0\leq x<p$，$1\leq d\leq p^{k-1}$，若某一个数对$\varphi(n=p^k)$有贡献，则其$d$的部分一定不含质因子$p$，因而一定对$\varphi(p^{k-1})$有贡献，所以，恰好每一个对$\varphi(p^{k-1})$有贡献的数都会对$\varphi(p^k)$有$p$次贡献，所以有$\varphi(p^k)= \varphi(p^{k-1}) \times p=p^{k-2}\times (p-1)\times p=p^{k-1}\times (p-1)$，得证。
计算
不妨设$n=\prod p_i^{t_i}$，其中$p_i$是质数，$t_i$为正整数。
则有$\varphi(n)=n \prod \frac {p_i-1} {p_i}$。
特别的，$\varphi(1)=1$。
证明的话，利用积性函数的性质和性质四组合即可证明。
反演
利用欧拉函数本身定义和其一条重要性质$$n=\sum\limits_{d|n} \varphi(d)$$
(其证明涉及到了我的知识盲区)
在莫比乌斯反演中，我们常利用莫比乌斯函数的性质把$$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{n} [gcd(x,y)=1]$$
转化为$$\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^n \sum\limits_{d|x,d|y} \mu(d)$$
然后进一步改变枚举项
那么类似的，我们也可以利用欧拉函数的定义将其转化$$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{n} [gcd(x,y)=1]\Rightarrow 2( \sum\limits_{i=1}^{n} \varphi(i))-1$$
这里两道利用欧拉函数进行反演的例题
$T$组数据，给定$n$求$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{n} \varphi(gcd(x,y))$,$(T\leq 5000，n\leq 10^7)$
和上文的方法类似
$$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{n} \varphi(gcd(x,y))$$
$$\Downarrow$$
$$\sum\limits_{d=1}^{n} \varphi(d)\sum\limits_{x=1}^{\lfloor \frac nd \rfloor}\sum\limits_{y=1}^{\lfloor \frac nd \rfloor}[gcd(x,y)=1]$$
$$\Downarrow$$
$$\sum\limits_{d=1}^{n} \varphi(d)(2( \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac nd \rfloor} \varphi(i))-1)$$这样只需要对前半部分数论分块，对后半部分线性筛预处理前缀和即可。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 10000010
using namespace std;
int read(){
int nm=0,fh=1;char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
int n,m,p[M],ph[M],tot,T;
LL G[M];
bool vis[M];
void init(){
memset(vis,true,sizeof(vis));
ph[1]=G[1]=1,vis[1]=false;
for(int i=2;i<M;i++){
if(vis[i]) ph[i]=i-1,p[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<M;j++){
int num=p[j]*i; vis[num]=false;
if(i%p[j]==0){ph[num]=ph[i]*p[j];break;}
ph[num]=ph[i]*ph[p[j]];
}
G[i]=G[i-1]+ph[i];
}
}
LL calc(){
int now=1,RS,D;
LL ans=0;
while(now<=n){
D=n/now,RS=n/D;
ans+=(G[RS]-G[now-1])*((G[D]<<1)-1);
now=RS+1;
}
return ans;
}
void write(LL x){
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int main(){
init(),T=read();
while(T--) n=read(),write(calc()),putchar('\n');
return 0;
}
求$n\times m$方格点阵上任选三点共线的方案数(不同顺序属于同种方案)，$n,m\leq 10^5$
将水平和竖直的直线单独取出计算
对于倾斜的直线，枚举共线的三点的两端的横坐标只差$x$与纵坐标之差$y$。
他们中间的方格点的数量就应该是$gcd(x,y)-1$，接着再把$-1$单独取出计算，再利用$n=\sum_{d|n} \varphi(d)$这一条性质交换枚举项进行计算即可。$$ans1=n\cdot C_m^3 + m\cdot C_n^3$$
$$ans2=2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(gcd(i,j)-1)(n-i)(m-j)$$
$$ans2=2(t1-t2)，t1=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m gcd(i,j)(n-i)(m-j)，t2=\frac{n(n-1)}{2}\cdot \frac{m(m-1)}{2}$$
$$n=\sum\limits_{d|n} \varphi(d)$$
$$\Downarrow$$
$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mgcd(i,j)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|i,d|j}\varphi(d)=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\varphi(d) \lfloor \frac nd \rfloor \lfloor \frac md \rfloor$$
$$\Downarrow$$
$$t1=\sum\limits_{d=1}^n\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor}(n-i\times d)\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d\rfloor} (m-j\times d)$$仍然只需要常规的数论分块求解即可。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 50020
#define mod 1000000007
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0,fh=1;char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
LL n,m,p[M],ph[M],tot,ans,MAXN;
bool vis[M];
void init(){
memset(vis,true,sizeof(vis));
ph[1]=1,vis[1]=false,MAXN=min(n,m);
for(LL i=2;i<=max(n,m);i++){
if(vis[i]) ph[i]=i-1,p[++tot]=i;
for(LL j=1;j<=tot&&p[j]*i<MAXN;j++){
LL num=p[j]*i; vis[num]=false;
if(i%p[j]==0){ph[num]=ph[i]*p[j];break;}
ph[num]=ph[i]*ph[p[j]];
}
}
}
LL ari(LL fs,LL ed,LL tot){return ((fs+ed)*(tot)/2)%mod;}
LL calc(){
LL res=0;
for(LL d=1;d<MAXN;d++){
LL t1=ari(n-d,n-((n-1)/d)*d,(n-1)/d);
LL t2=ari(m-d,m-((m-1)/d)*d,(m-1)/d);
res+=(t1*t2%mod)*ph[d]%mod;
}
return (res<<1)%mod;
}
int main(){
n=read(),m=read(),init(),ans=calc();
ans+=mod-(2*((n-1)*n/2)*((m-1)*m/2))%mod;
if(n>=3) ans+=m*((n*(n-1)*(n-2)/6)%mod)%mod;
if(m>=3) ans+=n*((m*(m-1)*(m-2)/6)%mod)%mod;
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}
欧拉函数的另一个主流的应用就是在取模方面，即欧拉定理
$$x^{\varphi(P)}\equiv 1(mod\space P),(gcd(x,P)=1)$$
最经典的题目大概就是[BZOJ3884]上帝与集合的正确用法和[BZOJ4869][2017六省联考]相逢是问候了。
主要思路就是“幂次幂”，利用欧拉函数的性质，证得不断对于一个数求欧拉函数，即$\varphi(\varphi(...n...))$，只需$2log(n)$次直到1，随后一直不变。
简单证明一下，对于大于$1$的整数$n$:
若$n$为奇数，则其中必然含有一个奇质因数，因此$\varphi(n)$为偶数。
若$n$为偶数，则其中必然含有质因数$2$，因此$\varphi(n)\leq \frac n2$。
我也就不写具体的题解了，还是就把代码放上吧
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 500200
#define N 10000
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0,fh=1;char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
LL n,T,c[M],p[M],pri[M],ph[M],tmp,mod,m,cnt;
bool vis[M];
LL qpow(LL x,LL qs,LL md){
LL fin=1;
while(qs){
if(qs&1) fin=fin*x%md;
qs>>=1,x=x*x%md;
}
return fin;
}
void init(){
memset(vis,true,sizeof(vis)),ph[1]=1,cnt=0;
for(LL i=2;i<M;i++){
if(vis[i]) pri[++cnt]=i,ph[i]=i-1;
for(LL j=1;pri[j]*i<M&&j<=cnt;j++){
LL num=pri[j]*i; vis[num]=false;
if(i%pri[j]==0){ph[num]=ph[i]*pri[j];break;}
ph[num]=ph[i]*ph[pri[j]];
}
}
}
LL PHI(LL x){
LL fin=x,rem=x;
if(x<M) return ph[x];
for(LL j=1;j<=cnt&&pri[j]<=rem;j++){
if(rem%pri[j]==0) fin/=pri[j],fin*=(pri[j]-1);
while(rem%pri[j]==0) rem/=pri[j];
}
if(rem>1) fin/=rem,fin*=(rem-1);
return fin;
}
LL calc(){
for(p[tmp=0]=mod;p[tmp]>1;tmp++) p[tmp+1]=PHI(p[tmp]);
p[++tmp]=1; LL res=2;
for(LL i=tmp;i;i--){
res%=p[i],res+=p[i];
res=qpow(2,res,p[i-1]);
}
return res;
}
int main(){
init(),T=read();
while(T--) mod=read(),printf("%lld\n",calc());
return 0;
}
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 500200
#define N 10000
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0,fh=1;char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
LL n,T,c[M],p[M],f[M],tpe,L,R,tg[M],pre[M];
LL cnt,tk[M],P[1000],isp[M],pri[M],ph[M],Mi[10010][70][2],tmp,mod,m;
bool vis[M];
LL find(LL x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
LL qpow(LL x,LL qs,LL md){
LL fin=1;
while(qs){
if(qs&1) fin=fin*x%md;
qs>>=1,x=x*x%md;
}
return fin;
}
LL mul(LL kd,LL tim){return Mi[tim%N][kd][0]*Mi[tim/N][kd][1]%P[kd];}
void add(LL pos,LL x){for(LL k=pos;k<=n;k+=(k&(-k))) (c[k]+=x)%=mod;}
LL sum(LL pos){
LL tot=0ll;
for(LL k=pos;k>0;k-=(k&-k)) (tot+=c[k]+mod)%=mod;
return tot;
}
void init(){
memset(vis,true,sizeof(vis)),ph[1]=1,cnt=0;
for(LL i=2;i<M;i++){
if(vis[i]) pri[++cnt]=i,ph[i]=i-1;
for(LL j=1;pri[j]*i<M&&j<=cnt;j++){
LL num=pri[j]*i; vis[num]=false;
if(i%pri[j]==0){ph[num]=ph[i]*pri[j];break;}
ph[num]=ph[i]*ph[pri[j]];
}
}
}
LL PHI(LL x){
LL fin=x,rem=x;
if(x<M){return ph[x];}
for(LL j=1;j<=cnt&&pri[j]<=rem;j++){
if(rem%pri[j]==0) fin/=pri[j],fin*=(pri[j]-1);
while(rem%pri[j]==0) rem/=pri[j];
}
if(rem>1) fin/=rem,fin*=(rem-1);
return fin;
}
LL calc(LL kd,LL now){
for(LL i=kd;i;i--){
if(now>=P[i]) now=now%P[i]+P[i];
now=mul(i-1,now);
if(!now) now=P[i-1];
}
return now;
}
int main(){
n=read(),T=read(),mod=read(),m=read();
for(LL i=1;i<=n;i++) f[i]=i,p[i]=read(),pre[i]=p[i],add(i,p[i]);
P[0]=mod,init(),f[n+1]=n+1;
for(tmp=0;P[tmp]>1;tmp++) P[tmp+1]=PHI(P[tmp]);
P[++tmp]=1;
for(LL kd=0;kd<=tmp;kd++){
Mi[0][kd][0]=Mi[0][kd][1]=1%P[kd];
for(LL i=1;i<=N;i++) Mi[i][kd][0]=Mi[i-1][kd][0]*m%P[kd];
for(LL i=1;i<=N;i++) Mi[i][kd][1]=Mi[i-1][kd][1]*Mi[N][kd][0]%P[kd];
}
while(T--){
tpe=read(),L=read(),R=read();
if(tpe){printf("%lld\n",(sum(R)-sum(L-1)+mod)%mod);continue;}
for(LL now=find(L);now<=R;now=find(now+1)){
tg[now]++;LL num=calc(tg[now],p[now]),dt;
dt=num+mod-pre[now],add(now,dt%mod);
if(tg[now]==tmp) f[now]=f[find(now+1)];
pre[now]=num;
}
}
return 0;
}
