欧拉函数

　　欧拉函数，又称为Euler's totient function，在程序编辑中有很大的用途，所以在此总结一下。

欧拉函数定义

　　少于或等于n的数中与n互质的数的数目。

欧拉函数求法

　　因为任意正整数都可以唯一表示成如下形式: 

　　　　n=p1^a1*p2^a2*……*pi^ai  

　　可以推出:Eular(n)=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)....(1-1/pi)；

　　因为对于每一个质因子，比如2，那么在小于n的数中，与n不互质的，与其公约数是2的倍数的占其1/2，所以乘上1/2就是剩下与n公约数不含2的，然后依次类推，对于每个n的约数，乘上(pi-1/pi)，最后的答案就是欧拉函数值了。

欧拉函数代码

　　欧拉函数在程序语言中，有两种求法，一种是按照定义求出单个的欧拉函数，一种是求出一定范围内所有的欧拉函数。

单个欧拉函数 》

int Eular(int n){
    int ret=1,i;
    for(i=2;i*i<=n;i++)
    if(n%i==0){
        n/=i,ret*=i-1;
        while(n%i==0)n/=i,ret*=i;
    }if(n>1) ret*=n-1;
    return ret;
}

　　也许对于这个程序一开始看会有些迷糊，为什么没有按照定义乘上用n乘上(pi-1/pi)呢？因为一开始ret是赋值为1而不是n，那么就省去了除法的部分，而直接乘上pi-1即可。

筛法求欧拉函数 》

 for(i=1;i<=maxn;i++) phi[i]=i;
 for(i=2;i<=maxn;i+=2) phi[i]/=2;
 for(i=3;i<=maxn;i+=2)if(phi[i]==i){
     for(j=i;j<=maxn;j+=i)phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
 }

　　对于筛法求素数，想必大家已经非常地熟悉，那么筛法求欧拉函数也是同样的原理，对于每个质因子pi，要乘上(pi-1/pi)，那么最后phi数组就是答案了。

欧拉函数的应用

HDU 1286 找新朋友 欧拉函数模板题

题目大意：求一个小于一个数与其互质的数的个数

题解：欧拉函数的定义，直接应用。

#include <cstdio>
int eular(int n){
    int ret=1,i;
    for(i=2;i*i<=n;i++)
    if(n%i==0){
        n/=i,ret*=i-1;
        while(n%i==0)
        n/=i,ret*=i;
    }
    if(n>1) ret*=n-1;
    return ret;
}
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    while (scanf("%d",&n)!=EOF) printf("%d\n",eular(n));
    return 0;   
}

HDU 2824 The Euler function  筛法求欧拉函数

题目大意：求a到b范围的欧拉函数的和。

题解：筛法就欧拉函数。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=3000005;
long long phi[maxn];
int main(){
    int i,j,a,b;
    for(i=1;i<=maxn;i++) phi[i]=i;
    for(i=2;i<=maxn;i+=2) phi[i]/=2;
    for(i=3;i<=maxn;i+=2)if(phi[i]==i){
      for(j=i;j<=maxn;j+=i)
        phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
    }
    while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF){
        long long ans=0;
        for(i=a;i<=b;i++)ans+=phi[i];
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

HDU 1787 GCD Again  欧拉函数求补集

题目大意：求小于n的gcd(i,n)大于1的个数

题解：欧拉函数直接求gcd(i,n)==1的个数  用n减即可

#include <cstdio>
int Eular(int n){
    int ret=1,i;
    for(i=2;i*i<=n;i++)
    if(n%i==0){
        n/=i,ret*=i-1;
        while(n%i==0)n/=i,ret*=i;
    }
    if(n>1) ret*=n-1;
    return ret;
}
int main(){
    int n; 
    while(scanf("%d",&n),n!=0)printf("%d\n",n-Eular(n)-1);
    return 0;
}

HDU 3501 Calculation 2  欧拉函数性质

题目大意：求小于n的与n不互质的数的和。

题解：首先欧拉函数可以求出小于n的与n互质的数的个数，然后我们可以发现这样一个性质，当x与n互质时，n-x与n互质，那么所有小于n与n互质的数总是可以两两配对使其和为n，这也就是为什么当n大于2时欧拉函数都是偶数，知道这一点后，就可以计算出小于n与n互质的数的和了，那么不互质的和只要用总和来减就可以了。

#include <cstdio>
typedef long long LL;
LL n,ans;
LL Eular(LL n){
    LL ret=1;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            n/=i,ret*=(i-1);
            while(n%i==0)n/=i,ret*=i;
        }
    }
    if(n>1)ret*=(n-1);
    return ret;
}
int main(){
    while(~scanf("%lld",&n)&&n){
        ans=n*(n+1)/2-n;
        ans-=Eular(n)*n/2;
        printf("%lld\n",ans%1000000007);
    }return 0;
}

HDU 2588 GCD  欧拉函数求与某数最大公约数为定值的数的个数

题目大意：给定N,M, 求1<=X<=N 且gcd(X,N)>=M的个数。

题解：首先，我们求出数字N的约数，保存在约数表中，然后，对于大于等于M的约数p[i]，求出Euler(n/p[i])，累计就是答案。因为对于每一个大于等于m的约数，GCD(N,t*p[i])=p[i]>=m（t与p[i]互质），所以n除以p[i]的欧拉函数的和就是答案。

#include <cstdio>
int T,cnt,p[10000],n,m,i;
int Eular(int n){
    int ret=1;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            n/=i,ret*=i-1;
            while(n%i==0)n/=i,ret*=i;
        }
    }
    if(n>1)ret*=(n-1);
    return ret;
}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int ans=cnt=0; 
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(i=1;i*i<n;i++)if(n%i==0)p[cnt++]=i,p[cnt++]=n/i;
        if(n%i==0)p[cnt++]=i;
        for(int i=0;i<cnt;i++)if(p[i]>=m)ans+=Eular(n/p[i]);
        printf("%d\n",ans);
    }return 0;
}

HDU 4983 Goffi and GCD  欧拉函数求与某数最大公约数为定值的数的个数

题目大意：给你N和K,问有多少个数对满足gcd(N-A,N)*gcd(N-B,N)=N^K。

题解：由于 gcd(a, N) <= N,于是 K>2 都是无解,K=2 只有一个解 A=B=N,只要考虑K=1的情况就好了其实上式和这个是等价的gcd(A,N)*gcd(B,N)=N^K,我们枚举gcd(A,N)=g,那么gcd(B,N)=N/g。问题转化为统计满足 gcd(A, N)=g的A的个数。这个答案就是 ɸ(N/g)，只要枚举 N 的 约数就可以了。答案是 Σɸ(N/g)*ɸ(g)（g|N）。

#include <cstdio>
typedef long long LL;
const int MOD=1000000007;
LL Eular(LL n){
    LL ret=1;
    for(LL i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            n/=i,ret*=i-1;
            while(n%i==0)n/=i,ret*=i;
        }
    }if(n>1)ret*=(n-1);
    return ret;
}
int main(){
    int n,k;
    while(~scanf("%d%d",&n,&k)){
        if(n==1||k==2){puts("1");continue;}
        if(k>2){puts("0");continue;}
        LL ans=0;
        for(LL i=1;i*i<=n;i++)if(n%i==0){
            LL t=Eular(i)*Eular(n/i)%MOD;
            (ans+=t)%=MOD;
            if(i*i!=n)(ans+=t)%=MOD;
        }printf("%d\n",(int)ans);
    }return 0;
}