数学/数论专题-专项训练：欧拉函数

目录

• 1. 前言
• 2. 练习题
  • P2568 GCD
  • P2398 GCD SUM
• 3. 总结

1. 前言

本篇博文是欧拉函数的专项训练。

其实一般数论的题目就是推式子难，式子推出来了代码都好打。

如果您没有学过欧拉函数，可以看一看我的这篇博文：数论专题-学习笔记：欧拉函数

这里放一下欧拉函数的 8 个性质：

• 基本性质 1：若 $p$ 为质数，那么 $\varphi(p)=p-1$。特别的，$\varphi(1)=1$。
• 基本性质 2：设 $n = p^k$ 且 $p$ 为质数，那么：
  $$\varphi(n)=n-\dfrac{n}{k}=n-p^{k-1}=p^{k-1} \times (p-1)=p^{k-1} \times \varphi(p)$$

• 基本性质 3：欧拉函数是积性函数。
• 基本性质 4：对于数 $n$，将其质因数分解为 $\prod_{i=1}^{k}{p_i}^{r_i}$，那么：
  $$\varphi(n)=\prod_{i=1}^{k}\varphi(p_i^{r_i})=\prod_{i=1}^{k}(p_i^{r_i-1} \times (p_i-1))=n \times \prod_{i=1}^{k}(1-\dfrac{1}{p_i})$$

• 扩展性质 1：设 $n=a \times b,\gcd(a,b) = d \in N_+$，那么 $\varphi(n)=\dfrac{\varphi(a) \times \varphi(b) \times d}{\varphi(d)}$。
• 扩展性质 2：$\forall n \in N_+,n=\sum\limits_{d|n}{\varphi(d)}$。
• 扩展性质 3：设 $n \in N_+,p$ 为质数，那么：
  $$\varphi(n \times p)=\begin{cases}\varphi(n) \times \varphi(p)&p \nmid n\\\varphi(n) \times p&p \mid n\end{cases}$$

• 扩展性质 4：对于一个数 $n$（$n \geq 2$），所有小于 $n$ 且与 $n$ 互质的数的和为 $\varphi(n) \times \dfrac{n}{2}$。

读者应当对以上内容足够了解且能够独立证明，如不能也可以到上面的博文里面查看证明过程。

那么接下来就开始愉快的推式子吧~

2. 练习题

题单：

• P2568 GCD
• P2398 GCD SUM

P2568 GCD

设 $Prime$ 为质数集合。

先将题中要求的东西写出来：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)=k \in Prime]$$

显然 $k \in [1,n]$，于是可以将 $k$ 往前移一下：

$$\sum_{k \in Prime,k<n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)=k]$$

($[A]$ 在这里表示当 $A$ 为真时其值为 1，否则为 0)

然后根据 $\gcd$ 的性质转化一下后面两个求和符号：

$$\sum_{k \in Prime,k<n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}([\gcd(\dfrac{i}{k},\dfrac{j}{k})=1] \times [k \mid i] \times [k \mid j])$$

然后会发现，$\dfrac{i}{k} \in [1,\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor]$，于是乎我们可以再对式子做一个转化：

$$\sum_{k \in Prime,k<n}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1]$$

然后可以发现，如果 $\gcd(i,j)=1$，那么这个在 $i=i,j=j$ 与 $i=j,j=i$ 中都会出现，也就是互质数对出现 2 次。

那么统计一下 $2\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\varphi(i)-1$ 就可以了（减 1 是因为 $(1,1)$ 会被统计两次），也就是这样：

$$\sum_{k \in Prime,k<n}(2\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\varphi(i)-1)$$

然后 $O(n)$ 处理一下 $\varphi(i)$，做个前缀和就好了。

代码：

/*
========= Plozia =========
    Author:Plozia
    Problem:P2568 GCD
    Date:2021/4/6
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>
using std::vector;

typedef long long LL;
const int MAXN = 1e7 + 10;
int n, phi[MAXN];
bool book[MAXN];
LL ans = 0, sum[MAXN];
vector <int> v;

int read()
{
    int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
    for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
    return sum * fh;
}

int main()
{
    n = read(); book[1] = 1; sum[1] = phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        if (!book[i]) {phi[i] = i - 1; v.push_back(i);}
        sum[i] = sum[i - 1] + (LL)phi[i];
        for (int j = 0; j < v.size(); ++j)
        {
            if ((LL)i * v[j] > n) break;
            book[i * v[j]] = 1;
            if (i % v[j] == 0) {phi[i * v[j]] = phi[i] * v[j]; break;}
            phi[i * v[j]] = phi[i] * (v[j] - 1);
        }
    }
    for (int i = 0; i < v.size(); ++i) ans += (sum[n / v[i]] << 1) - 1;
    printf("%lld\n", ans); return 0;
}

P2398 GCD SUM

法一：

首先先转换一下式子：

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

然后根据 $\gcd$ 的性质，稍微转换一下式子：

$$\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(d \times [\gcd(\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d})=1] \times [d \mid i] \times [d \mid j])$$

然后将 $d$ 移到前面，同时改变一下枚举顺序：

$$\sum_{d=1}^{n}(d \times \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1])$$

等等，后面这个不就是上面这道题吗？

套用上面这道题的方法，就可以将式子转成这个：

$$\sum_{d=1}^{n}(d \times (2\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\varphi(i)-1))$$

然后做一遍前缀和+线性筛就可以了。

代码：

/*
========= Plozia =========
    Author:Plozia
    Problem:P2398 GCD SUM
    Date:2021/4/6
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>
using std::vector;

typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5 + 10;
int n, phi[MAXN];
bool book[MAXN];
LL ans = 0, sum[MAXN];
vector <int> v;

int read()
{
    int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
    for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
    return sum * fh;
}

int main()
{
    n = read(); book[1] = 1; phi[1] = 1; sum[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        if (!book[i]) {phi[i] = i - 1; v.push_back(i);}
        sum[i] = sum[i - 1] + (LL)phi[i];
        for (int j = 0; j < v.size(); ++j)
        {
            if (i * v[j] > n) break;
            book[i * v[j]] = 1;
            if (i % v[j] == 0) {phi[i * v[j]] = phi[i] * v[j]; break;}
            phi[i * v[j]] = phi[i] * (v[j] - 1); 
        }
    }
    //做法 2
    // for (int i = 1; i <= n; ++i)
    //     ans += (LL)phi[i] * (LL)(n / i) * (LL)(n / i);
    // printf("%lld\n", ans);
    //做法 1
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ans += i * (2ll * sum[n / i] - 1);
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

法二：

记得扩展性质 2 吗？

• 扩展性质 2：$\forall n \in N_+,n=\sum\limits_{d|n}{\varphi(d)}$。

于是式子就可以转化成这样：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{d|\gcd(i,j)}\varphi(d)$$

考虑到 $d \mid \gcd(i,j)$ 的充要条件是 $d \mid i,d \mid j$，那么式子就可以转化成这样：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{d \mid i,d \mid j}\varphi(d)$$

再转化一下式子：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{d=1}^{n}(\varphi(d) \times [d \mid i] \times [d \mid j])$$

提前枚举 $d$ 的求和符号：

$$\sum_{d=1}^{n}(\varphi(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}([d \mid i] \times [d \mid j]))$$

而 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}([d \mid i] \times [d \mid j]) = \left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor^2$，那么最后答案就是：

$$\sum_{d=1}^{n}(\varphi(d) \times \left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor^2)$$

于是线性筛求一遍 $\varphi(d)$，然后直接计算即可。

代码见上面的注释部分。

3. 总结

数论题只需要推出式子，代码就能够写出来。

这次的两道题都是关于 $\gcd$ 的，而关于 $\gcd$ 的处理方法通常是转化求和符号，转化为形如 $\gcd(a,b)=1$ 这样的互质形式，然后采用欧拉函数求解。

当然关于 $\gcd$ 的问题更加通用的办法是莫比乌斯反演。