学习笔记：欧拉函数与欧拉定理

欧拉函数与欧拉定理

欧拉函数

定义

欧拉函数，即 $\varphi(n)$，表示的是小于等于 $n$ 和 $n$ 互质的数的个数。

比如说 $\varphi(1) = 1$。

当 n 是质数的时候，显然有 $\varphi(n) = n - 1$。

性质

• 欧拉函数是积性函数。

  积性是什么意思呢？如果有 $\gcd(a, b) = 1$，那么 $\varphi(a \times b) = \varphi(a) \times \varphi(b)$。

  特别地，当 $n$ 是奇数时 $\varphi(2n) = \varphi(n)$。

• $n = \displaystyle\sum_{d \mid n}{\varphi(d)}$。

  如果 $\gcd(k, n) = d$，那么 $\gcd(\dfrac{k}{d},\dfrac{n}{d}) = 1, ( k < n )$。

  如果我们设 $f(x)$ 表示 $\gcd(k, n) = x$ 的数的个数，那么 $n = \displaystyle\sum_{i = 1}^n{f(i)}$。

  根据上面的证明，我们发现，$f(x) = \varphi(\dfrac{n}{x})$，从而 $n = \displaystyle\sum_{d \mid n}\varphi(\dfrac{n}{d})$。注意到约数 $d$ 和 $\dfrac{n}{d}$ 具有对称性，所以上式化为 $n = \displaystyle\sum_{d \mid n}\varphi(d)$。证毕。

• 若 $n = p^k$，其中 $p$ 是质数，那么 $\varphi(n) = p^k - p^{k - 1}$。
  （根据定义可知）

• 由唯一分解定理，设 $n = \displaystyle\prod_{i=1}^{s}p_i^{k_i}$，其中 $p_i$ 是质数，有 $\varphi(n) = n \times \displaystyle\prod_{i = 1}^s{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$。

  引理：设 $p$ 为任意质数，那么 $\varphi(p^k)=p^{k-1}\times(p-1)$。

  证明：显然对于从 1 到 $p^k$ 的所有数中，除了 $p^{k-1}$ 个 $p$ 的倍数以外其它数都与 $p^k$ 互素，故 $\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}\times(p-1)$，证毕。

  接下来我们证明 $\varphi(n) = n \times \displaystyle\prod_{i = 1}^s{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$。由唯一分解定理与 $\varphi(x)$ 函数的积性。

  $$\begin{aligned} \varphi(n) &= \prod_{i=1}^{s} \varphi(p_i^{k_i}) \\ &= \prod_{i=1}^{s} (p_i-1)\times {p_i}^{k_i-1}\\ &=\prod_{i=1}^{s} {p_i}^{k_i} \times(1 - \frac{1}{p_i})\\ &=n~ \prod_{i=1}^{s} (1- \frac{1}{p_i}) \end{aligned}$$

​ 证毕。

实现

如果只要求一个数的欧拉函数值，那么直接根据定义质因数分解的同时求就好了。这个过程可以用 Pollard Rho 算法优化。

int euler_phi(int n) {
    int m = int(sqrt(n + 0.5)), ans = n;
    for(int i = 2 ; i <= m ; i ++)
        if (n % i == 0){
        ans = ans / i * (i - 1);
        while(n % i == 0)n /= i;
        }
    if(n > 1)ans = ans / n * (n - 1);
    return ans;
}

如果将上面的程序改成如下形式，会提升一点效率：

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

如果是多个数的欧拉函数值，可以利用线性筛来求得。

注意到在线性筛中，每一个合数都是被最小的质因子筛掉。比如设 $p_1$ 是 $n$ 的最小质因子，$n' = \frac{n}{p_1}$，那么线性筛的过程中 $n$ 通过 $n' \times p_1$ 筛掉。

观察线性筛的过程，我们还需要处理两个部分，下面对 $n' \bmod p_1$ 分情况讨论。

如果 $n' \bmod p_1 = 0$，那么 $n'$ 包含了 $n$ 的所有质因子。

$$\begin{aligned} \varphi(n) & = n \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\ & = p_1 \times n' \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\ & = p_1 \times \varphi(n') \end{aligned}$$

那如果 $n' \bmod p_1 \neq 0$ 呢，这时 $n'$ 和 $p_1$ 是互质的，根据欧拉函数性质，我们有：

$$\begin{aligned} \varphi(n) & = \varphi(p_1) \times \varphi(n') \\\\ & = (p_1 - 1) \times \varphi(n') \end{aligned}$$

    for(int i = 1 ; i <= 1145141919810 ; i ++)isp[i] = 1;
    int cnt = 0, isp[1] = 0;phi[1] = 1;
    for(int i = 2 ; i <= 1145141919810 ; i ++){
        if(isp[i] != 0){
            cnt++;pri[cnt] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for(int j = 1 ; j <= cnt && i * pri[j] <= 1145141919810 ; j ++){
            isp[i * pri[j]] = 0;
            if (i % pri[j] != 0)
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * phi[pri[j]];
            else{
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
                break;
            }
        }
    }

欧拉定理

定义

若 $\gcd(a, m) = 1$，则 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$。

证明

实际上这个证明过程跟上文费马小定理的证明过程是非常相似的：构造一个与 $m$ 互质的数列，再进行操作。

设 $r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(m)}$ 为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系，则 $ar_1, ar_2, \cdots, ar_{\varphi(m)}$ 也为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系。所以 $r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \equiv ar_1 \cdot ar_2 \cdots ar_{\varphi(m)} \equiv a^{\varphi(m)}r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \pmod{m}$，可约去 $r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)}$，即得 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$。

当 $m$ 为素数时，由于 $\varphi(m) = m - 1$，代入欧拉定理可立即得到费马小定理。

扩展欧拉定理

定义

$$a^b \equiv \begin{cases} a^{b \bmod \varphi(m)}, &\gcd(a,m) = 1, \\ a^b, &\gcd(a,m)\ne 1, b < \varphi(m), \\ a^{(b \bmod \varphi(m)) + \varphi(m)}, &\gcd(a,m)\ne 1, b \ge \varphi(m). \end{cases} \pmod m$$

解释

读者可能对第二行产生疑问，这一行表达的意思是：如果 $b < \varphi(m)$ 的话，就不能降幂了。

主要是因为题目中 $m$ 不会太大，而如果 $b < \varphi(m)$，自然复杂度是可以接受的。而如果 $b \ge \varphi(m)$ 的话，复杂度可能就超出预期了，这个时候我们才需要降幂来降低复杂度。

证明

直观理解

需要知道的是，在 $\pmod m$ 的条件下，$a^b \bmod m$ 的取值范围一定在 $[0, m)$，而 $a^i \bmod m = (a^{i-1} \bmod m) \times a \bmod m$，那么对于任意一个数 $a$，那么很容易就能知道它的 后继，在有限的空间内这一定会形成一个循环。

在扩展欧拉定理中，循环分为纯循环和混循环。其中纯循环中不存在节点有两个前驱，而混循环则反之。而 $a^i \mod n$ 形成的序列可以是一个混循环，那么只需要知道循环节的长度，和前面那一小段未进入循环节的长度，就可以根据这个性质来进行降幂了。

值得注意的是，无论是费马小定理，还是（扩展）欧拉定理，一个很重要的应用就是降幂，从而将不可能的表达式化为可能。

形式证明

1. 命题：$a$ 的从 $0$ 次，$1$ 次到 $b$ 次幂模 $m$ 构成的序列中，存在 $r$ 和 $s$，使得前 $r$ 个数（即从 $a^0 \bmod m$ 到 $a^{r-1} \bmod m$）互不相同，从第 $r$ 个数开始，每 $s$ 个数就循环一次。

   证明：

   • 由鸽巢定理易证。

     我们把 $r$ 称为 $a$ 幂次模 $m$ 的循环起始点，$s$ 称为循环长度（注意：$r$ 可以为 $0$）。

     用公式表述为：$\forall i \ge r, a^i \equiv a^{i+s} \pmod{m}$。

     证毕。

2. 命题：$a$ 为素数的情况，该式成立。

   证明：

   • 若模 $m$ 不能被 $a$ 整除，而因为 $a$ 是一个素数，那么 $\gcd(a, m) = 1$ 成立，根据欧拉定理，容易证明该式成立。

   • 若模 $m$ 能被 $a$ 整除，那么存在 $r$ 和 $m'$ 使得 $m = a^r m'$，且 $\gcd(a, m')=1$ 成立。所以根据欧拉定理有 $a^{\varphi(m')} \equiv 1 \pmod{m'}$。

     又由于 $\gcd(a^r, m')=1$，所以根据欧拉函数的求值规则，容易得到：$\varphi(m) = \varphi(m') \times (a-1)a^{r-1}$，即我们有：$\varphi(m') \mid \varphi(m)$。

     所以 $a^{\varphi(m')} \equiv 1 \pmod {m'}, \varphi(m') \mid \varphi(m) \implies a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod {m'}$，即 $a^{\varphi(m)}=km'+1$，两边同时乘以 $a^r$，得 $a^{r+\varphi(m)} = km + a^r$（因为 $m = a^r m'$）

     所以对于 $m$ 中素因子 $a$ 的次数 $r$ 满足：$a^r \equiv a^{r+\varphi(m)} \pmod m$。我们可以简单变换形式，得到 推论：

     $$b > r \implies a^b \equiv a^{r + ((b-r) \bmod \varphi(m))} \pmod {m}$$

     又由于 $m = a^r m'$，所以 $\varphi(m) = \varphi(a^r) \varphi(m') \ge \varphi(a^r)=a^{r-1}(a-1) \ge r$（tips：$a$ 是素数，最小是 $2$，而 $r \ge 1$）。

     所以因为 $\varphi(m) \ge r$，故有：

     $$a^r \equiv a^{r+\varphi(m)} \equiv a^{r \bmod \varphi(m)+\varphi(m)} \pmod m$$

     所以

     $$\begin{aligned} a^b &\equiv a^{r+(b-r) \bmod \varphi(m)} \\ &\equiv a^{r \bmod \varphi(m) + \varphi(m) + (b-r) \bmod \varphi(m)} \\ &\equiv a^{\varphi(m) + b \bmod \varphi(m)} \end{aligned} \pmod m$$

     即 $a^b\equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m$。

     证毕。

3. 命题：$a$ 为素数的幂的情况，该式成立。

   证明：

   • 不妨令 $a = p^k$，是否依然有 $\forall r, a^{r} \equiv a^{r+\varphi(m)} \pmod m$？

     答案是肯定的，由命题 1 可知存在 $s$ 使得 $a^s\equiv 1 \pmod m$，所以 $p^{\mathrm{lcm}(s,k)} \equiv 1 \pmod {m}$，所以令 $s'=\frac{s}{\gcd(s,k)}$ 时，我们能有 $p^{s'k} \equiv 1 \pmod {m}$。

     此时有关系：$s' \mid s$ 且 $s \mid \varphi(m)$，且 $r'= \lceil \frac{r}{k}\rceil \le r \le \varphi(m)$，由 $r',s'$ 与 $\varphi(m)$ 的关系，依然可以得到 $a^b\equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m$。

     证毕。

4. 命题：$a$ 为合数的情况，该式成立。

   证明：

   • 只证 $a$ 拆成两个素数的幂的情况，大于两个的用数学归纳法可证。

     设 $a=a_1a_2$，其中 $a_i=p_i^{k_i}$，而 $a_i$ 的循环长度为 $s_i$；

     则 $s \mid \operatorname{lcm}(s_1,s_2)$，由于 $s_1 \mid \varphi(m),s_2 \mid \varphi(m)$，那么 $\operatorname{lcm}(s_1,s_2) \mid \varphi(m)$，所以 $s \mid \varphi(m)$，$r=\max(\lceil \frac{r_i}{k_i} \rceil) \le \max(r_i) \le \varphi(m)$；

     由 $r,s$ 与 $\varphi(m)$ 的关系，依然可以得到 $a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m$。

     证毕。