积性函数初步（欧拉$\varphi$函数）
updata on 2020.4.3
添加了欧拉\(\varphi\)函数为积性函数的证明和它的计算方式
1.积性函数
设\(f(n)\)为定义在正整数上的函数，若\(f(1)=1\),且对于任意正整数\(a,b\)，若a,b互质就有:
则\(f(n)\)为积性函数
若不要求a,b互质，则\(f(n)\)为完全积性函数
2.计算
求出n的分解式 \(n=\prod_{i=1}^m {p_i}^{k_i}\),则有:
\(f(n)=\prod_{i=1}^k f({p_i}^{k_i})\)
3.约数函数
\(\sigma_x(n)\)为n的所有约数的\(x\)次方和：
\(\sigma_x(n)=\sum_{d\mid{n}} d^x\)
则\(\sigma_0(n)\)为n的约数个数，记为\(d(n)\)或\(\tau(n)\)。\(\sigma_1(n)\)为n的约数和,记为\(\sigma(n)\)
\(\sigma_x(n)\)为积性函数
3.1x=0时的证明
故\(\tau(n)\)为积性函数
3.2计算
\(\sigma_x(p^k)=\sum_{i=0}^k (p^i)^x=\sum_{i=0}^k (p_x)^i\)
当\(x\neq{0}\),根据等比数列求和，有:
\(\sigma_x(p^k)=\frac{(p^x)^{k+1}-1}{p^x-1}\)
4.欧拉\(\varphi\)函数
积性函数\(\varphi(n)\)为不大于n的正整数中与n互质的数的个数：
其中\(p_i\)为\(n\)的各项质因数
关于第二个等号是如何得出的，可以这样理解
\(\prod(1-\frac{1}{p_i})\)实际上就是在\([1,n]\)中任取一个数，这个数不是\(n\)任何一个质约数的倍数的概率
那么这个概率再乘上\(n\)就是与\(n\)互质的个数
其实这个也可以用它的积性性质来证，再结合\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)\)这个性质（下面有）
不过这样证明积性的时候就不能用这个式子了，会变得比较麻烦
4.1性质
- 对于质数p和正整数k：
不大于\(p^k\)的数中，不与\(p^k\)互质的数一定为p的倍数，有\(\frac{p^k}{p}=p^{k-1}\)个，所以有：
\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)\) - 当\(n>2\),\(\varphi(n)\)总为偶数，因为和它互质的数总是成对出现
- 若n为偶数，则\(\varphi(n) \leq \frac{n}{2}\)，因为有一半的数是二的倍数，和他不互质
- \(\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n\)
有个挺妙的证法，列举出如下分数：
\(\dfrac{1}{n},\dfrac{2}{n},\cdots,\dfrac{n}{n}\)
然后把他们化简
当且仅当\(d\mid n,\gcd(a,d)=1\)，分数\(\frac{a}{d}\)出现在其中
那么，以\(d\)为分母的分数有\(\varphi(d)\)个，\(d\)可以取遍\(n\)的所有因数
又因为这些分数的个数是\(n\)，所以\(n=\sum_{d\mid n}\varphi(d)\) - \(\sum_{i=1}^n i[\gcd(i,n)=1]=\frac{n\varphi(n)}{2}\)
当 \(n>1\)，\(\varphi(n)\) 总为偶数，那么若存在 \(\gcd(i,n)=1\)，则必有 \(\gcd(n-i,n)=1\)，那么他们的和是 \(n\)
一共有 \(\frac{\varphi(n)}{2}\) 对这样的数
4.2它是积性函数
对于任意\(n,m,\gcd(n,m)=1\)，有\(\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)\)
展开等号右边的式子为：
有因为\(\gcd(n,m)=1\)，则他们没有公因数，所以\(p_1,p_2,\cdots,p_r,p_1',\cdots,p_w'\)互不相等，且乘积之和就是\(nm\)
所以上面的式子就等于\(\varphi(nm)\)
4.3用线性筛求\(\varphi\)
先用线性筛枚举\(i\)
考虑如果\(i\)是质数，\(\varphi(i)=i-1\)
如果不是，就是在枚举每个质数\(p\)的过程中，一边标记和数（这是常规线性筛的过程），一边计算出
\(i \bmod p=0\Rightarrow \varphi(i\cdot p)=p\cdot\varphi(i)\)
证明很简单，这里设\(p_k\)为\(i\)的各项质因数：
\(p\cdot\varphi(i)=p\cdot i\prod\frac{p_k-1}{p_k}\)
然后\(\varphi(i\cdot p)\)也是这个式子
因为\(i\bmod p=0\)可以得出\(i\)是\(p\)的倍数，所以\(p_k\)中已经包含了\(p\)，所以它就也是\(p\cdot i\prod\frac{p_k-1}{p_k}\)
\(i \bmod p\neq 0\Rightarrow \varphi(i\cdot p)=(p-1)\cdot \varphi(i)\)
这个很显然，就是\(\varphi\)的积性性质
所以有了这两个我们就可以求\(\varphi\)了
inline void get_phi(){
phi[1]=1;
for(reg int i=2;i<=n;i++){
if(!notprime[i]) prime[++prime[0]]=i,phi[i]=i-1;
for(reg int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;j++){
notprime[i*prime[j]]=1;
if(!(i%prime[j])){
//i mod p=0, phi(i*p)=p*phi(i)
phi[i*prime[j]]=prime[j]*phi[i];
break;
}
else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//i mod p!=0,phi(i*p)=phi(i)*(p-1)
}
}
}
5.欧拉定理
5.1欧拉定理
设\(n \geq 2\)为整数，\(gcd(a,n)=1\)，则有:
若n为质数，有\(\varphi(n)=n-1\),可得费马小定理
很显然这东西也可以用来求逆元
证明
考虑两个数列\(x,m\)，长度均为\(\varphi(n)\)
\(x_i\)是\([1,n]\)中第\(i\)个不与\(n\)互质的数，也就是说这\(\varphi(n)\)个数构成了数列\(x\)
然后\(m_i=ax_i\)
首先要证明两个定理
- 对于任意的\(\gcd(m_i\bmod n,n)=1\)
这个很简单，就按照\(m_i\)的定义展开，然后再按辗转相除求\(\gcd\)的方法往回倒推一步就行
\(a\)和\(x_i\)分别与\(n\)互质，那么\(ax_i\)也和\(n\)互质
- 不存在\(m_i\equiv m_j \pmod n\)
这个用一下反证法，假设\(m_i\equiv m_j\pmod n\)
那么肯定有一个正整数\(k\)，使得\(m_i-m_j=kn\)，这里不妨设\(m_i>m_j\)
用\(x\)表示\(m\)：
然后把这个式子放在\(\bmod n\)意义下，就是
又因为\(\gcd(a,n)=1\)，所以上式等价于
又因为\(x_i<x_j\leq n\)，所以\(x_i-x_j<n,x_i-x_j\neq 0\)
所以不成立
总结一下上面两个定理的作用，由于定理2，任意的两个\(m_i\bmod n\)都不想等
又由于定理2，\(m_i\bmod n\)的取值值能有\(\varphi(n)\)种
所以，\(m_1\bmod n,m_2\bmod b,\cdots,m_{\varphi(n)}\bmod n\)和\(x_1,x_2,\cdots,x_{\varphi(n)}\)是一一对应的
所以：
又由于\(\gcd(\prod_{i=1}^{\varphi(n)}x_i,n)=1\)，也就是它们互质，所以：
5.2降幂公式
也叫扩展欧拉定理
当\(b>\varphi(n)\)：
证明，用到的同余式结论的证明都可以从这篇文章的同余部分中找到
考虑从结论往回想，设\(p_i\)为\(a\)的每一个质因数，\(q_i\)分别是它们的指数
根据同余式可乘，可以对每一个质因数单独拆开：
还是根据同余式可乘
所以现在问题就转换成求证上式了，下文的\(p\)表示\(p_i\)
我们找到一个最大的\(r\)，使得\(n=s\times p^r\)，显然，此时\(\gcd(s,p)=1\)
所以可以由欧拉定理得到：\(p^{\varphi(s)}\equiv 1\pmod s\)
设\(s\)的质因数序列为\(l_1,l_2,\cdots,l_k\)，那么：
由于\(r>1\)，所以\(\varphi(s)\mid\varphi(n)\)
那么还是由于同余式的可乘性，\(p^{\varphi(n)}\equiv 1 \pmod s\)
又根据同余式“放大缩小模数”的性质，给他乘上一个\(p^r\)，\(p^{\varphi(n)+r}\equiv p^r\pmod n\)
那么我们找到一个\(c\ge r\)
观察一下刚才那个\(\varphi(n)\)的式子，很容易知道\(r\le \varphi(n)\)
所以对于\(c\ge \varphi(n),p^c\equiv p^{c+\varphi(n)}\pmod n\)
那么以此类推：
于是可以令一个\(c'=c+k\varphi(n),c=c'\bmod \varphi(n)\)，然后\(p^{c'}\equiv p^c\pmod n\)
但是同于号右边的指数要再加一个\(\varphi(n)\)，为了防止它被模成\(0\)
所以就得出：
最后按开头说的退回去就行了
最终结论
这东西可算证完了。。。
模板题 洛谷P5091
一般是用边读入边取模并\(+\varphi(n)\)的方法实现
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
register int x=0;register int y=1;
register char c=std::getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
return y?x:-x;
}
inline LL power(LL a,LL b,LL mod){
LL ret=1;
while(b){
if(b&1) ret=ret*a%mod;
a=a*a%mod;b>>=1;
}
return ret;
}
inline LL get_phi(LL x){
LL ret=x;
for(reg LL i=2;i*i<=x;i++){
if(!(x%i)) ret=ret/i*(i-1);
while(!(x%i)) x/=i;
}
if(x>1) ret=ret/x*(x-1);
return ret;
}
inline LL read_big(LL phi){
register int x=0;
register char c=std::getchar();
while(c<'0'||c>'9') c=std::getchar();
while(c>='0'&&c<='9'){
x=x*10+(c^48);c=std::getchar();
if(x>phi) x=x%phi+phi;
}
return x;
}
int main(){
LL a=read(),m=read();
std::printf("%lld",power(a,read_big(get_phi(m)),m));
return 0;
}
