【7】欧拉函数学习笔记

前言

从这篇博客中分离出来的。

欧拉函数是一个常用且好用的数论函数，有许多神奇的性质。

欧拉函数

欧拉函数：对正整数 $n$ ，欧拉函数是小于 $n$ 的正整数中与 $n$ 互质的数的数目，记作 $\varphi(n)$ 。

欧拉函数的性质：

$1$ ： $\varphi(1)=1$

$2$ ： $\varphi(p)=p-1$ ( $p$ 为质数)

$3$ ： $\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=(p-1)*p^{k-1}$

$4$ ：欧拉函数是积性函数，若 $m,n$ 互质则有 $\varphi(m\times n)=\varphi(m)\times \varphi(n)$

$5$ ：对于任意的 $n=p_{1}^{k_{1}}\times p_{2}^{k_{2}}\times p_{3}^{k_{3}}\times ... \times p_{r}^{k_{r}}$ （其中 $p_{1}^{k_{1}},p_{2}^{k_{2}},p_{3}^{k_{3}},...p_{r}^{k_{r}}$ 为 $n$ 的不同素因子），则有

φ (n) = n \times \prod_{i = 1}^{r} (1 - \frac{1}{p_{i}})

$\varphi(n)=n\times\prod_{i=1}^r(1-{\frac 1 {p_{i}}})$

对于性质 $5$ ，我们可以感性理解。就相当于枚举 $n$ 的每个质因数，把小于 $n$ 且有这个因数的数除去，剩下的就是互质的数。

依据性质 $5$ ，我们可以得出单个求欧拉函数的算法。

对 $n$ 进行质因数分解，按照性质 $5$ 的公式进行计算。实际上就是把式子用代码实现了而已。时间复杂度 $O(\sqrt{n})$ 。

long long phi(long long x)
{
	long long ans=x;
	for(long long i=2;i*i<=x;i++)
	    if(x%i==0)
	       {
	       ans=ans/i*(i-1);
	       while(x%i==0)x/=i;
	       }
	if(x!=1)ans=ans/x*(x-1);
	return ans;
}

我们可以在线性筛的过程中，线性预处理出 $1\sim n$ 个数的欧拉函数值。

对于性质 $4$ ，我们知道欧拉函数是积性函数，所以如果我们知道了 $\varphi(n)$ 的值，并知道一个 $n$ 中不存在的质数 $m$ ，这两个数就一定互质，就可以用 $\varphi(n)\times \varphi(m)$ 得到 $mn$ 的欧拉函数值。

根据性质 $2$ ， $\varphi(mn)=\varphi(n)\times(m-1)$ 。

在线性筛的过程中，我们有时确实会出现这种情况。当我们由点 $n$ 乘以其中不存在的质因数 $m$ 筛掉点 $mn$ 时，可以顺便求出 $\varphi(mn)$ 。但如果不互质，也就是点 $n$ 中存在质因数 $m$ ，我们直接将 $\varphi(n)$ 乘以 $m$ 即可得到 $\varphi(mn)$ 。根据性质 $5$ ，这个 $m$ 并没有导致出现新的质因数，所以乘积式的后一项累乘式结果不变，但是前面的 $n$ 变成了 $mn$ ，所以总体就乘以了 $m$ 。这种情况下，线性筛对点 $n$ 的扩展也刚好结束。

由于我们从小到大枚举，且递推式中没有出现后面的值，每一次都知道 $\varphi(n)$ ，满足递推的条件。时间复杂度 $O(n)$ ，均摊 $O(1)$ 。

void linear(long long n)
{
	a[1]=1;phi[1]=1;
	for(long long i=2;i<=n;i++)
	    {
	    	if(!a[i])pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
	    	for(long long j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++)
	    	    {
	    	    a[i*pri[j]]=1;
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
				if(i%pri[j]==0)
	    	       {
				   phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
				   break;
			       }
	    	    }
		}
}

重要性质

\sum_{d ∣ n} φ (d) = n

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

感性理解，记忆即可，证明我不会。

这个性质常用来简化式子，优化复杂度。多用于处理 $\gcd$ 相关问题。例如下面这个式子：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} gcd (i, j)

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)$

求解这个式子，时间复杂度为 $O(n^2)$ 。

套用性质，得到这个式子：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \sum_{d ∣ g c d (i, j)} φ (d)

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d\mid gcd(i,j)}\varphi(d)$

将含 $\gcd$ 的式子按照 $\gcd$ 的性质（若 $d\mid\gcd(x,y)$ ，则 $d\mid x,d\mid y$ ）展开，得到：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \sum_{d ∣ i, d ∣ j} φ (d)

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d\mid i,d\mid j}\varphi(d)$

交换枚举顺序，我们先枚举 $d$ ，问题就变成了求 $d$ 等于某值时满足条件的 $i,j$ 的数量，用这个数量乘以 $\varphi(d)$ 就能求出这一部分的答案，最后累加即可。以内有个数满足 $d\mid i$ ，因为每 $d$ 个就有一个数满足条件。 $j$ 的数量也是同理。根据乘法原理，总共有 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^{2}$ 个数满足条件，所以得到：

\sum_{d = 1}^{n} φ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋^{2}

$\sum_{d=1}^n\varphi(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^{2}$

时间复杂度为 $O(n)$ 。

例题

例题 $1$ ：

UVA10179 Irreducable Basic Fractions

根据约分的定义，我们发现分母为 $n$ 的不可约简单分数的数量就是与 $n$ 互质的小于 $n$ 的数的数量。这样就转化为了欧拉函数模板题，每次询问单独求解即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a;
bool flag=0;
int eulerfun(int a)
{
    int ans=a;
    for(int i=2;i*i<=a;i++)
        if(a%i==0)
           {
            ans=ans/i*(i-1);
            while(a%i==0)
              a/=i;
           }
    if(a!=1)ans=ans/a*(a-1);
    return ans;
}
 
int main()
{
    while(scanf("%d",&a)!=0)
         {
         if(a==0)return 0;
         if(flag)printf("%d\n",eulerfun(a));
         else printf("%d\n",eulerfun(a));
         flag=1;
         }
    return 0;
}

例题 $2$ ：

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

由我们生活中的经验或者看图说话，所以如果一个人在点 $(x,y)$ ，如果 $\gcd(x,y)=1$ ，他就能被看到。

我们先假定 $x\lt y$ ，则问题转化为了小于 $n$ 的正整数中与 $n$ 互质的数的数量，这就是欧拉函数的定义。我们线性处理出 $1\sim n$ 的欧拉函数值，然后求和，就得出了这一部分的答案。

由于 $x$ 可能大于 $y$ ，我们也需要考虑。思考之后我们发现只需要把上一部分中的 $x,y$ 互换即可。上一部分中每一个满足条件的数值都对应这个部分中的一个数值，答案需要乘以 $2$ 。

当然，也需要考虑 $x=y$ 的情况。很显然，这种情况下只有 $(1,1)$ 会被看到，答案还需要加 $1$ 。

注意特判 $n=1$ 的情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,pri[1000001],f[1000001];
bool a[1000001];
int linear(bool a[],int pri[],int n)
{
    int cnt=0;
    a[1]=1;f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            if(!a[i])
                {
                pri[cnt++]=i;
                f[i]=i-1;
                }
            for(int j=0;pri[j]<=n/i;j++)
                {
                    a[i*pri[j]]=1;
                    if(i%pri[j]==0)
                      {
                      f[i*pri[j]]=f[i]*pri[j];
                      break;
                      }
                    f[i*pri[j]]=f[i]*(pri[j]-1);
                }
        }
    return cnt;
}
 
int main()
{
    long long ans=0;
    scanf("%d",&n);
    if(n==1)
       {
	   printf("0");
	   return 0;
       }
    linear(a,pri,n-1);
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
        ans+=f[i];
    printf("%lld",ans*2+1);
    return 0;
}

例题 $3$ ：

P2398 GCD SUM

同重要性质部分，不多赘述。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,pri[100000001],f[100000001];
bool a[100000001];
int linear(bool a[],long long pri[],long long n)
{
    int cnt=0;
    a[1]=1;f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            if(!a[i])
                {
                pri[cnt++]=i;
                f[i]=i-1;
                }
            for(int j=0;pri[j]<=n/i;j++)
                {
                    a[i*pri[j]]=1;
                    if(i%pri[j]==0)
                      {
                      f[i*pri[j]]=f[i]*pri[j];
                      break;
                      }
                    f[i*pri[j]]=f[i]*(pri[j]-1);
                }
        }
    return cnt;
}
  
int main()
{
    long long ans=0;
    scanf("%lld",&n);
    linear(a,pri,n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans+=(f[i]*(n/i)*(n/i));
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

例题 $4$ ：

P2303 [SDOI2012] Longge 的问题

很套路的进行转化，如下：

\sum_{i = 1}^{n} gcd (i, n)

$\sum_{i=1}^{n}\gcd(i,n)$

套用重要性质，得到这个式子：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{d ∣ gcd (i, n)} φ (d)

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid \gcd(i,n)}\varphi(d)$

将含 $\gcd$ 的式子按照 $\gcd$ 的性质（若 $d\mid\gcd(x,y)$ ，则 $d\mid x,d\mid y$ ）展开，得到：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{d ∣ i, d ∣ n} φ (d)

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i,d\mid n}\varphi(d)$

交换枚举顺序，我们先枚举 $d$ ，问题就变成了求 $d$ 等于某值时满足条件的 $i$ 的数量，用这个数量乘以 $\varphi(d)$ 就能求出这一部分的答案，最后累加即可。以内有个数满足 $d\mid i$ ，因为每 $d$ 个就有一个数满足条件。由于还有额外条件 $d\mid n$ ，所以我们把这个条件放在外层，得到：

\sum_{d ∣ n} φ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋

$\sum_{d\mid n}\varphi(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$

我们可以在枚举因数的同时满足 $d\mid n$ 的条件，只需要枚举 $\sqrt{n}$ 之内的数。如果 $\frac{n}{d}$ 不等于 $d$ ，那么就再计算一次 $\frac{n}{d}$ 的情况。由于 $d$ 的范围很大，不能线性筛，所以每次单独计算欧拉函数值。时间复杂度为 $O(\text{因数个数}\times \sqrt{n})$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,ans=0;
long long phi(long long x)
{
	long long ans=x;
	for(long long i=2;i*i<=x;i++)
	    if(x%i==0)
	       {
	       ans=ans/i*(i-1);
	       while(x%i==0)x/=i;
	       }
	if(x!=1)ans=ans/x*(x-1);
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(long long i=1;i*i<=n;i++)
	    if(n%i==0)
		    {
		    	ans+=phi(i)*(n/i);
		    	if(n/i!=i)ans+=phi(n/i)*(n/(n/i));
			}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

例题 $5$ ：

P1447 [NOI2010] 能量采集

由我们生活中的经验或者看图说话，我们得到答案为这个式子：

2 \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd (i, j) - m n

$2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\gcd(i,j)-mn$

非常套路的进行转化，套用重要性质，得到这个式子：

2 \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d ∣ gcd (i, j)} φ (d) - m n

$2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\varphi(d)-mn$

将含 $\gcd$ 的式子按照 $\gcd$ 的性质（若 $d\mid\gcd(x,y)$ ，则 $d\mid x,d\mid y$ ）展开，得到：

2 \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d ∣ i, d ∣ j} φ (d) - m n

$2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d\mid i,d\mid j}\varphi(d)-mn$

交换枚举顺序，我们先枚举 $d$ ，问题就变成了求 $d$ 等于某值时满足条件的 $i,j$ 的数量，用这个数量乘以 $\varphi(d)$ 就能求出这一部分的答案，最后累加即可。以内有个数满足 $d\mid i$ ，因为每 $d$ 个就有一个数满足条件。 $j$ 的数量也是同理，有 $\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$ 个。根据乘法原理，总共有 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$ 个数满足条件。注意这里不需要枚举大于 $m,n$ 中任意一值的部分，因为向下取整，这一部分必定为 $0$ ，所以得到：

= 2 \sum_{d = 1}^{min (n, m)} φ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋ - m n

$=2\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\varphi(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor-mn$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,pri[1000010],phi[1000010],cnt,ans;
bool a[1000010];
void linear(long long n)
{
	a[1]=1;phi[1]=1;
	for(long long i=2;i<=n;i++)
	    {
	    	if(!a[i])pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
	    	for(long long j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++)
	    	    {
	    	    a[i*pri[j]]=1;
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
				if(i%pri[j]==0)
	    	       {
				   phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
				   break;
			       }
	    	    }
		}
}

int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	linear(max(n,m));
	for(int i=1;i<=min(n,m);i++)ans+=phi[i]*(n/i)*(m/i);
	printf("%lld\n",ans*2-m*n);
	return 0;
}

后记

熬到半夜准备打CF，结果一看时间是昨天，一气之下写的博客。

posted @ 2025-02-08 14:11 w9095 阅读(7) 评论(0) 编辑收藏举报

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