欧拉函数和欧拉定理

1. 欧拉函数的定义以及性质

定义一个数 $m$ 的欧拉函数 $\phi (m)$ 为 $[1,m]$ 中与 $m$ 互质的整数个数。

首先，明显地，

1. 如果 $m$ 是质数，那么 $\phi (m)=m-1$。
2. 如果 $m$ 是质数，那么 $\phi (m^k)=(m-1)\times m^{k-1}$。这是因为由于 $m^k$ 只含有质因数 $m$，所以 $[1,m^k]$ 里所有不与 $m^k$ 互质的数只有所有 $m$ 的倍数，一共 $m^{k-1}$ 个数，所以 $[1,m^k]$ 中与 $m^k$ 互质的数有 $(m-1)\times m^{k-1}$ 个。

定理 1 欧拉函数 $\phi$ 是一个积性函数。也就是如果 $gcd(a,b)=1$，那么 $\phi (a\times b)=\phi (a)\times \phi (b)$。

接下来我们要证明这件事。首先，我们知道，要与 $a\times b$ 互质，就要同时与 $a$ 和 $b$ 互质。

引理 1 我们列出 $[1,a]$ 的所有与 $a$ 互质的数：$c_1,c_2,\dots ,c_{\phi (a)}$。那我们知道在 $[1,a\times b]$ 里有且仅有 $c_1,c_2,\dots ,c_{\phi (a)},c_1+a,c_2+a,\dots ,c_{\phi (a)}+a,c_1+2a,\dots ,c_i+ja,\dots c_{\phi (a)}+(b-1)a$ 这 $b\times \phi (a)$ 个数与 $a$ 互质。

证明

定理 1 的推论：如果 $m$ 不含质因数 $p$，那么 $gcd(m,p^k)=1$，所以 $\phi (m\times p^k)=\phi (m)\times \phi (p^k)=\phi (m)\times (p-1)\times p^{k-1}=\phi (m)\times p^k\times \frac{p-1}{p}$。

进一步可以得到：假设 $m=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_r^{{\alpha }_r}$，那么 $\phi (m)=p_1^{{\alpha }_1-1}{p}_2^{{\alpha }_2-1}\dots p_r^{{\alpha }_r-1}$

定理 2 对任意正整数 $m$ 有 $\sum _{d\mid m}\phi (d)=m$。
证明：当 $m=1$ 时结论显然成立。当 $m>1$ 时，假设 $m=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_r^{{\alpha }_r}$，那么

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \sum _{d\mid m}\phi (d)& =\sum _{e_1=0}^{{\alpha }_1}\dots \sum _{e_r=0}^{{\alpha }_r}\phi (p_1^{e_1}\dots p_r^{e^r})\text{(2)}& & =\prod _{i=1}^r(\sum _{e_i=0}^{{\alpha }_i}\phi (p_i^{e_i}))\text{(3)}& & =\prod _{i=1}^r(1+\sum _{j=1}^{{\alpha }_i}\phi (p_i^j))\text{(4)}& & =\prod _{i=1}^r(1+\sum _{j=1}^{{\alpha }_i}(p_i^j-p_i^{j-1}))\text{(5)}& & =\prod _{i=1}^r{p}_i^{{\alpha }_i}\text{(6)}& & =m\end{array}$$

证毕

2. 欧拉函数求值方法

1. 单独求值：我们可以得到任意正整数欧拉函数求值的方法：将 $m$ 质因数分解，假设 $m=p_1^{{\alpha }_1}\times p_2^{{\alpha }_2}\times \dots \times p_r^{{\alpha }_r}$，其中 $p_i$ 是质数。那么它的欧拉函数 $\phi (m)$ 的值就是 $m\times \prod _{i=1}^r\frac{p_i-1}{p_i}$。时间复杂度 $O(\sqrt{m})$。

2. 如果我们要求 $\phi (1),\phi (2),\dots ,\phi (m)$ 呢？我们可以利用欧拉函数是积性函数的性质，使用欧拉筛求解。时间复杂度 $O(m)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll _=1000010;
ll c=0,p[_],e[_];
bitset<_>v;
int main(){
	v.set();
	for(ll i=2;i<_;i++){
		if(v[i])p[++c]=i,e[i]=i-1;//i是质数,那么phi(i)=i-1
		for(ll j=1;j<=c&&i*p[j]<_;j++){//正经筛法
			v[i*p[j]]=0;
			if(i%p[j])e[i*p[j]]=e[i]*(p[j]-1);//如果i*p[j]只有一个p[j],那要乘(p[j]-1)
			else{e[i*p[j]]=e[i]*p[j];break;}//如果i*p[j]有多于一个p[j],那对于多出来的每个p[j],要乘p[j]
		}
	}
	cout<<e[1000]<<'\n';//输出你需要的数
	return 0;
} 

4. 欧拉定理

定理 3（欧拉定理、费马小定理） $gcd(a,m)=1\Rightarrow a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。特别地，当 $m$ 是素数 $p$ 时，$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

证明：假设 $\{r_1,r_2,\dots ,r_{\phi (n)}\}$ 是一个 $modm$ 的既约剩余系，那么使用类似引理 2 的证法，$\{a{r}_1,a{r}_2,\dots ,a{r}_{\phi (n)}\}$ 也是一个 $modn$ 的既约剩余系。所以 $r_1\times r_2\times \dots \times r_{\phi (n)}\equiv a{r}_1\times a{r}_2\times \dots \times a{r}_{\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$。因为 $gcd(r_1\times r_2\times \dots \times r_{\phi (n)},n)=1$，所以 $a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。
证毕

定理 4（扩展欧拉定理）

$$a^b\equiv \{\begin{array}{ll}{a}^{\phi (m)}(\mathrm{mod}m),& gcd(a,m)=1\\ a^b(\mathrm{mod}m),& gcd(a,m)\ne 1,b\le \phi (m)\\ a^{(bmod\phi (m))+\phi (m)}(\mathrm{mod}m),& gcd(a,m)\ne 1,b>\phi (m)\end{array}$$

证明：

主要证最后一式。我们假设 $gcd(a,m)\ne 1$，那么对于 $a^0$ 到 $a^{\mathrm{\infty }}$ 次方，由于鸽巢原理，$\mathrm{\forall }x\in N,a^x$ 在模 $m$ 的其中一个同余类中至少出现了 $\mathrm{\infty }$ 次。那么，由于每次乘 $a$ 模 $m$ 后的值是固定的，所以每两次出现之间所发生的事都是一样的。
所以我们可以假设，在 $a^0$ 到 $a^{\mathrm{\infty }}$ 的序列中，存在 $r$ 和 $s$，使得前 $r$ 个数 $a^{0}modm\dots ,a^{r-1}modm$ 互不相同，并且从 $r$ 开始，每 $s$ 个数就循环一次。同时，容易知道 $\mathrm{\forall }i\ge r,a^i\equiv a^{i+s}(\mathrm{mod}m)$。

情况 1 $a$ 为素数的情况，该式成立。

由于 $gcd(a,m)\ne 1$，所以 $a\mid m$。那么，存在 $w$ 和 $m^{\prime }$ 使得 $m=a^w\times m^{\prime }$，并且 $gcd(a^w,m^{\prime })=1$。所以，我们知道 $a^{\phi (m^{\prime })}\equiv 1(\mathrm{mod}{m}^{\prime })$，并且 $\phi (m^{\prime })\mid \phi (m)$。
那么 $a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}{m}^{\prime })$，即 $a^{\phi (m)}=k{m}^{\prime }+1$，两边同乘 $a^w$，那么 $a^{w+\phi (m)}=km+a^w$，所以 $a^{w+\phi (m)}\equiv a^w(\mathrm{mod}m)$。
所以我们可以推知 $b>w$ 时有 $a^b\equiv a^{((b-w)mod\phi (m))+w}(\mathrm{mod}m)$。
又因为 $\phi (m)>w$，所以有 $a^w\equiv a^{w+\phi (m)}\equiv a^{(wmod\phi (m))+\phi (m)}(\mathrm{mod}m)$，那么

$$\begin{array}{}\text{(7)}& a^b& \equiv a^{((b-w)mod\phi (m))+w}(\mathrm{mod}m)\text{(8)}& & \equiv a^{((b-w)mod\phi (m))+(wmod\phi (m))+\phi (m)}(\mathrm{mod}m)\text{(9)}& & \equiv a^{(bmod\phi (m))+\phi (m)}(\mathrm{mod}m)\end{array}$$

证毕

情况 2 $a$ 是素数的幂的情况，该式成立。

暂定

情况 3 $a$ 是合数的情况，该式成立。

暂定