欧拉函数初步

概念

$$\begin{gathered} 若a,b\in \mathbb{Z},\gcd (a,b)=1,则称a与b互质 \\ 对于n\in \mathbb{Z},将区间[1,n]中与n互质的个数称为欧拉函数,记作\phi (n) \end{gathered}$$

---

欧拉函数

$$\boxed{考虑n=p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdot p_3^{c_3}\cdots p_m^{c_m},则有\phi (n)=n\cdot \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})}$$
证明：
若一个数质因数与n的质因数都不相同，则这个数和n互质，因此我们只需要考虑不是n的质因数的质数可以构成多少$[1,n]$内的正整数即可。
$$\begin{gathered} \because 对于n的质因数p_i,都在[1,n]内有n\cdot \frac{1}{p_i}个数与n有共同的质因数p_i \\ \therefore 对于质因数p_i,都在[1,n]内有n\cdot (1-\frac{1}{p_i})个数不是质因数p_i的倍数 \\ \therefore 不是n任何一个质因数倍数的数在[1,n]内有n\cdot \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})个 \\ \therefore \phi (n)=n\cdot \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i}) \end{gathered}$$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double ans=0;
int main()
{
	cin>>n;
	ans=n;
	for(int i=2;i*i<=n;i++)
	{
		if(n%i==0)
		{
			ans=ans*(i-1)*1.0/(i*1.0);
			while(n%i==0) n/=i;
		}
	}
	if(n>1)
	{
		ans=ans*(n-1)*1.0/(n*1.0);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

• 下文中的所有 $p_i$ 都表示质因数，$p$表示质数

---

简单性质

$$性质1\boxed{\phi (1)=1}$$

$$性质2\boxed{\forall p为质数，\phi (p)=p-1}$$

$$性质3\boxed{\forall p为质数,n=p^k,\phi (n)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)}$$
证明：
$$\begin{gathered} \because n=p^k,p为质数 \\ \therefore n的质因数只有p \\ \therefore 若\gcd (a,n)\ne 1\iff \forall s\in \mathbb{Z},s\cdot p\le p^k,a=sp \\ \therefore s\le p^{k-1} \\ \therefore 有p^{k-1}个a不与n互质 \\ \therefore ,\phi (n)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1) \end{gathered}$$

$$性质4\boxed{若\gcd (n,m)=1，\phi (n\cdot m)=\phi (n)\cdot \phi (m)，即欧拉函数为积性函数}$$
证明：
$$\begin{gathered} \because \gcd (n,m)=1,所以n与m的质因数集合无交集 \\ \therefore 可将n的质因数集合表示为P=\{p_i\mid 1\le i\le \alpha \},m的质因数集合表示为Q=\{p_i\mid \alpha +1\le i\le \beta \} \\ \therefore nm的质因数集合可以表示为P\cup Q,即\{p_i\mid 1\le i\le \beta \} \\ \therefore \phi (n)\cdot \phi (m)=n\cdot m\cdot \prod _{i=1}^{\alpha }(1-\frac{1}{p_i})\cdot \prod _{i=\alpha +1}^{\beta }(1-\frac{1}{p_i}) \\ =nm\cdot \prod _{i=1}^{\beta }(1-\frac{1}{p_i}) \\ =\phi (nm) \end{gathered}$$

$$性质5\boxed{对于质数p,若p\mid n，则\phi (n\cdot p)=\phi (n)\cdot p，否则\phi (n\cdot p)=\phi (n)\cdot \phi (p)}$$
证明：
$$\begin{gathered} 考虑p\mid \phi (n) \\ \therefore \exists s,k\in \mathbb{Z},n=p^k\cdot s \\ \therefore \gcd (\frac{n}{p^k},p^k\cdot p)=1 \\ \because 欧拉函数是积性函数 \\ \therefore \phi (n\cdot p)=\phi (\frac{n}{p^k})\cdot \phi (p^{k+1}) \\ =\frac{n}{p^k}\cdot \frac{\prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})}{(1-\frac{1}{p})}\cdot p^k(p-1) \\ =n\cdot \frac{1}{p^k}\cdot p^k\cdot \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})\cdot \frac{p}{p-1}\cdot (p-1) \\ =n\cdot \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})\cdot p \\ =\phi (n)\cdot p \\ 考虑p\nmid n \\ \because p\nmid n,p为质数 \\ \therefore \gcd (p,n)=1 \\ \therefore \phi (n\cdot p)=\phi (n)\cdot \phi (p) \end{gathered}$$

$$性质6\boxed{\forall n>2,2\mid \phi (n)}$$
证明：
$$\begin{gathered} 考虑g\in \mathbb{Z},g\mid a,g\mid b \\ \because \exists s,k\in \mathbb{Z}a=s\cdot g,b=k\cdot g \\ \therefore a-b=g(s-k) \\ \therefore g\mid (a-b) \\ \therefore 所以(a-b)的因数集与a与b的公因数集完全相同 \\ \therefore 若a>b，gcd(a,b)=gcd(a,a-b)=gcd(b,a-b) \\ \therefore 当\gcd (n,m)=1,都有\gcd (n,n-m)=1 \\ \therefore 与n互质的数是成对出现的 \\ \therefore \forall n>2，2\mid \phi (n) \\ 对于n<2的情况请读者自行考虑验证 \end{gathered}$$

$$性质7\boxed{\forall n>1，[1,n]中与n互质的数和为n\cdot \frac{\phi (n)}{2}}$$
证明：
$$\begin{gathered} \because 引用性质6证明中的结论，若m与n互质，必有n-m也与n互质 \\ \therefore m+(n-m)=n \\ \because n中与n互质的数对(m,n-m)有\phi (n)\cdot \frac{1}{2}对 \\ \therefore [1,n]中与n互质的数的和为： \\ (m+(n-m))\cdot \frac{\phi (n)}{2} \\ =n\cdot \frac{\phi (n)}{2} \end{gathered}$$

$$性质8\boxed{\sum _{d\mid n}\phi (d)=n}$$

证明：
$$\begin{gathered} 考虑f(n)={\sum }_{d\mid n}\phi (n),试证明当\gcd (n,m)=1时，f(n\cdot m)=f(n)\cdot f(m) \\ f(n)\cdot f(m)={\sum }_{i\mid n}\phi (i)\cdot {\sum }_{j\mid m}\phi (j) \\ =\phi (i_1)\cdot \phi (j_1)+\phi (i_1)\cdot \phi (j_2)+\phi (i_1)\cdot \phi (j_3)\cdots \phi (i_1)\cdot \phi (j_m)+\phi (i_2)\cdot \phi (j_1)+\phi (i_2)\cdot \phi (j_2)\cdots \phi (i_n)\cdot \phi (j_m) \\ =\phi (i_1\cdot j_1)+\phi (i_1\cdot j_2)\cdots +\phi (i_n\cdot j_m) \\ \because gcd(n,m)=1 \\ \therefore 可以得到，i_1\cdot i_2\cdots i_n\cdot j_m构成了n\cdot m的所有因数 \\ \therefore \gcd (n,m)=1，f(nm)=f(n)\cdot f(m) \\ \because p为质数，有f(p^k)=\phi (1)+\phi (p)+\phi (p^2)\cdots +\phi (p^k)=1+(p-1)+(p^2-p)\cdots +(p^k-p^{k-1})=p^k \\ \because 任意整数n=p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdots p_m^{c_m} \\ \therefore \forall n\in \mathbb{Z},f(n)=f(p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdots p_m^{c_m})=f(p_1^{c_1})\cdot f(p_2^{c_2})\cdots f(p_m^{c_m})=p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdots p_m^{c_m}=n \\ \therefore 结论成立 \end{gathered}$$

$$性质9\boxed{若\gcd (m,a)=1，a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)}$$

证明：
$$\begin{gathered} 考虑一个模m的互质剩余系\{x_1,x_2,x_3\cdots x_{\phi (m)}\}，其中x小于m，且都与m互质。 \\ \because \gcd (x_k,m)=1，\gcd (a,m)=1 \\ \therefore \gcd (a\cdot x_k,m)=1，且a{x}_i两两互质。 \\ 此时考虑证明a{x}_i\not\equiv a{x}_j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)// \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} 若a{x}_i\equiv a{x}_j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m) \\ 则有m\mid a(x_i-x_j) \\ \because \gcd (m,a)=1 \\ \therefore m\mid (x_i-x_j) \\ \therefore x_i\equiv x_j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m) \\ 与题设不符，顾原命题a{x}_i\not\equiv a{x}_j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)/成立 \end{gathered}$$
因此有$\{a{x}_1,a{x}_2.a{x}_3\cdots a{x}_m\}$也是互质同余系，因此利用同模数同余式的合并性质，有
$$\begin{gathered} \prod _{i=1}^{\phi (m)}a{x}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (m)}{x}_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m) \\ {a}^{\phi (m)}\prod _{i=1}^{\phi (m)}{x}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (m)}{x}_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m) \\ {a}^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m) \end{gathered}$$

证毕

---

区间内的欧拉函数求值

由于欧拉函数可以从质因数得到，我们不难想到可以利用埃氏筛和线性筛两种方法求出$[1,n]$内的欧拉函数值。

• 埃氏筛
  在埃氏筛中，每一个数都会被它的质因数筛一遍，我们可以利用这点在埃氏筛中完成欧拉函数求值
  我们甚至可以直接用 $\phi$ 数组代替标记数组！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double phi[1000010]={0};
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) phi[i]=i;
	for(int i=2;i*i<=n;i++)
	{
		if(phi[i]!=i) continue;
		for(int j=2;j*i<=n;j++)
		  phi[j*i]=phi[j*i]*(i-1)*1.0/(i*1.0);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
	  if(phi[i]==i&&i!=1) phi[i]--;   //别问我为什么要加这一行，问就是上面那些处理质数有bug……
	  cout<<phi[i]<<endl;
    }
	return 0;
}

• 线性筛
  另外我们可以发现 $性质5$ 的结论仿佛就是为线性筛量身定制的，因此我们也可以通过线性筛使用线性复杂度来求出$[1,n]$ 中的欧拉函数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double phi[1000010]={0};
int prime[100010],tot=0;
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) phi[i]=i;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(phi[i]==i)
		{
			prime[++tot]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++)
		{
			if(i%prime[j]==0)
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			else
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<phi[i]<<endl;
	return 0;
}

---

总结

留下几道例题：
https://www.luogu.com.cn/problem/P2158

https://www.luogu.com.cn/problem/P1447