欧拉函数的一些题

欧拉函数及相关定理

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1.P2158 [SDOI2008] 仪仗队

原题链接

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题目大意

在一个从$(0,0)$到$(n-1,n-1)$的方阵中，有多少点能从原点“看到”

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分析

一个点$D$能从原点“看到”，说明对于任何一个$D$前的点$T$，都有直线$OD$不经过$T$，即$k_{OD}\ne k_{OT}$

那么什么时候$k_{OD}\ne k_{OT}$呢？

发现$k_{OD}=\frac{Y_D}{X_D}$

则$k_{OD}\ne k_{OT}$，当且仅当$gcd(X_D,Y_D)=1$
（若$gcd(X_D,Y_D)=d$，则必存在点$T(\frac{X_D}{d},\frac{Y_D}{d})$，使得$OT$经过$D$）

那么就有

$$s=\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}[gcd(i,j)=1]$$

这个式子其实可以莫反，不过没必要

把能看到的点画出来，可以发现它们关于$l:y=x$对称，可以只计算$l:y=x$以下的部分

$l:y=x$及以下能看到的点有

$$\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^i[gcd(i,j)=1]$$

而

$$\sum _{j=0}^i[gcd(i,j)=1]$$

表示表示小于等于$i$的与$i$互质的数的个数
恰好是$\phi (i)$

则

$$s=2\cdot \sum _{i=0}^{n-1}\phi (i)-1$$

(点$(1,1)$被多算了一次)

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs cosnt
#define ri register
using namespace std;
const int N=40001;
int fi[N],b[N],cnt,ss[664580],mx;
inline int done(const int &n){
    if(!n) return 0;//
    register int ans=3;
    for(register int i=2;i<=n;++i){
        if(!b[i]) ss[++cnt]=i,fi[i]=i-1;
        for(register int j=1;j<=cnt&&ss[j]*i<=n;++j){
            b[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]) fi[i*ss[j]]=fi[i]*fi[ss[j]];
            else{fi[i*ss[j]]=fi[i]*ss[j];break;} 
        }
        ans+=2*fi[i];
    }
    return ans;
}
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    cout<<done(n-1);
    return 0;
} 

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2.P5091 【模板】扩展欧拉定理

原题链接

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题目大意

求$a^b\mathrm{mod}m$

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分析

扩展欧拉定理的模板题，不过要注意$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}\mathrm{mod}p$在$gcd(a,p)\ne 1,b>\phi (p)$时才适用

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ri register
#define cs const
using namespace std;

namespace Q{
    il int rd(){
        ri int x=0,f=1;ri char c=getchar();
        while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
        while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
        return x*f;
    }
    il void wt(int x){
        if(x<0) x=-x,putchar('-');
        if(x>=10) wt(x/10);
        return putchar(x%10+48),void();
    }
    il int qpow(int a,int b,int p){
        ri int as=1;
        while(b>0){
            if(b&1) as=1ll*as*a%p;
            a=1ll*a*a%p,b>>=1;
        }
        return as;
    }
    il int varphi(int p){
        ri int res=p;
        for(ri int i=2;i*i<=p;++i){
            if(p%i==0){
                res=res/i*(i-1);
                while(p%i==0){
                    p/=i;
                }
            }
        }
        if(p>1) res=res/p*(p-1);
        return res;
    }
    il int mo(int mod){//读入的时候顺便取模
        ri int x=0,f=0;ri char c=getchar();
        while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
        while(c>='0'&&c<='9'){
            x=x*10+(c^48);
            if(x>mod) x%=mod,f=1;//判断一下b是不是大于\varphi(m)
            c=getchar();
        }
        return x+f*mod;//如果大于就加\varphi(m)
    }
} using namespace Q;

int a,m,b;
signed main(){
    a=rd(),m=rd(),b=mo(varphi(m));
    wt(qpow(a,b,m));
    return 0;
}

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3.P4139 上帝与集合的正确用法

原题链接

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题目大意

定义$a_0=1,a_n=2^{a_{n-1}}$，可以证明$a_n\mathrm{mod}p$在$n$足够大时为常数，求该常数

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分析

不难发现，就是要求$s=2^{2^{2^{\dots \dots }}}$

$s$为什么是常数？
考虑扩展欧拉定理

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

这里指数$2^{2^{2^{\dots \dots }}}$必然大于$\phi (p)$，可以用$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}\mathrm{mod}p$这个式子

那么，对于每一层，都有

$$2^{2^{2^{\dots \dots }}}=2^{2^{2^{\dots \dots }}\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}\mathrm{mod}p$$

可以证明在$\log p$以内，$\phi (\phi (\dots \dots \phi (p)))$会等于$1$
所以虽然$2^{2^{2^{\dots \dots }}}$有无限层，但是$\phi (p)=1$之后的层对答案不会产生影响，
可以递归求解，边界$\phi (p)=1$，此时指数为1

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void rd(int &x){
    register bool f=x=0;register char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f|= (c=='-'), c=getchar();
    while(c>='0'&c<='9')x=x*10+(c^48),c=getchar();
}
inline void wt(int x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>=10) wt(x/10);
    putchar(x%10+48);
}
const int T=1e3+1,N=1e7+1;
int t,p[T],fi[N],b[N],cnt,ss[664580],mx;
inline void init(const int &n){
    for(register int i=2;i<=n;++i){
        if(!b[i]) ss[++cnt]=i,fi[i]=i-1;
        for(register int j=1;j<=cnt&&ss[j]*i<=n;++j){
            b[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]) fi[i*ss[j]]=fi[i]*fi[ss[j]];
            else{fi[i*ss[j]]=fi[i]*ss[j];break;} 
        }
    }
}
inline int qpow(register int a,register int b,const int &m){
    register int ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=(1ll*ans*a)%m;
        a=(1ll*a*a)%m,b>>=1;
    }
    return ans;
}
inline int done(const int &m){
    if(m==1) return 0;
    return qpow(2,done(fi[m])+fi[m],m);
}
int main(){
    rd(t);
    for(register int i=1;i<=t;++i){
        rd(p[i]),mx=max(mx,p[i]);
    }
    init(mx);
    for(register int i=1;i<=t;++i){
        wt(done(p[i])),putchar('\n');
    }
    return 0;
} 

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4.Power Tower

原题链接

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题目大意

给定一个数列$w_1,w_2,...,w_n$和模数$p$，每次询问一个区间$[l,r]$，求$w_l^{w_{l+1}^{w_{l+2}^{{...}^{w_r}}}}\mathrm{mod}p$的值

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分析

还是用扩展欧拉定理递归计算，注意判断指数是否大于$\phi (p)$（我直接在快速幂里处理的），递归边界$\phi (p)=1$或递归到$r$，$\phi (p)$可以线性筛预处理，也可以$O(\sqrt{p})$计算

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 100005;
int n,m,q,w[N];
map<int,int> fi;
inline int rd(){
    register int x=0;register char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return x;
}
inline void wt(int x){
    if(x>=10) wt(x/10);
    putchar(x%10+48);
}
inline void getfi(int n){
    register int ans=n,nn=n;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(nn%i==0){
            ans/=i;ans*=(i-1);
            while(nn%i==0) nn/=i;
        }
    }
    if(nn>1) ans/=nn,ans*=(nn-1);
    fi[n]=ans;
}
inline int qpow(int a,int b,int p){
    register int ans=1;
    while(b>0){
        if(b&1){
            ans=ans*a;
            if(ans>=p) ans=ans%p+p;
        }
        a=a*a;
        if(a>=p) a=a%p+p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
inline int done(int i,int p,int r){
    if(i>r||p==1) return 1;
    return qpow(w[i],done(i+1,fi[p],r),p);
}
signed main(){
    n=rd(),m=rd();
    for(register int i=1;i<=n;i++) w[i]=rd();
    register int ff=m;
    while(ff!=1) getfi(ff),ff=fi[ff];fi[ff]=1;
    q=rd();
    register int l,r;
    while(q--){
        l=rd(),r=rd();
        wt(done(l,m,r)%m),putchar('\n');
    }
}

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5.P2568 GCD

原题链接

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题目大意

求$1\le x,y\le n$且$gcd(x,y)$为素数的数对$(x,y)$有多少对。

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分析

做法比较玄学
感谢理解一下，
$gcd(x,y)=p$可以写成$gcd(\frac{x}{p},\frac{y}{p})=1$
令$a=\frac{x}{p}$，$b=\frac{y}{p}$（$a\ge b$），
则$gcd(a,b)=1$的数对有$\phi (a)$对
考虑枚举$a$，则$p$要满足$a\cdot p\le n$，即$p\le \lfloor \frac{n}{a}\rfloor$
可以在欧拉筛时对每一个$i$统计$i$以内的质数个数，记为$b(i)$
于是

$$\begin{array}{rl}s& =2\cdot \sum _{i=1}^n\phi (i)\cdot b(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )-\phi (1)\cdot b(n)\\ & =2\cdot \sum _{i=2}^n\phi (i)\cdot b(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )+b(n)\end{array}$$

注意$a=b=1$时只算一对（不用乘$2$)
复杂度$O(n)$

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define ri register
using namespace std;
cs int N=1e7+9;
int b[N],ss[N],tot,fi[N];
il void init(int n){
    fi[1]=1;
    for(ri int i=2;i<=n;++i){
        if(!b[i]) ss[++tot]=i,fi[i]=i-1;
        b[i]=tot;
        for(ri int j=1;j<=tot&&ss[j]*i<=n;++j){
            b[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]) fi[i*ss[j]]=fi[i]*fi[ss[j]];
            else{fi[i*ss[j]]=fi[i]*ss[j];break;}
        }
    }
}
int main(){
    int n;
    long long as=0;
    cin>>n;
    init(n);
    for(ri int i=2;i<n;++i){
        as+=fi[i]*b[n/i];
    }
    cout<<as*2+tot;
    return 0;
} 

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6.P2398 GCD SUM

原题链接

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题目大意

求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)$

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分析

欧拉反演做法在莫比乌斯反演里提到过了，这里不再赘述

最终式子

$$s=\sum _{d=1}^n\phi (d)\cdot \lfloor \frac{n}{d}{\rfloor }^2$$

复杂度$O(n+\sqrt{n})$

code（欧拉反演）

//题解上粘的代码
#include <cstdio>
#include <cstring>

const int MAXN = 100010;

int prime[MAXN], v[MAXN], phi[MAXN], sumPhi[MAXN], cnt, n;

void eular(int n) {//线性筛筛欧拉函数
    memset(v, 0, sizeof(v));
    sumPhi[1] = phi[1] = 1;

    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!v[i]) {
            prime[++cnt] = v[i] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
            if (prime[j] > v[i] || i * prime[j] > n) break;
            v[i * prime[j]] = prime[j];
            phi[i * prime[j]] = phi[i] * (i % prime[j] ? prime[j] - 1 : prime[j]);
        }
        sumPhi[i] = sumPhi[i - 1] + phi[i];//求欧拉函数的前缀和，如果整除分块的话就要用
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    eular(n);

    long long ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {//这里是整除分块写法，如果不懂可以直接for 1 to n
        r = n / (n / l);
        ans += (long long) (sumPhi[r] - sumPhi[l - 1]) * (n / l) * (n / l);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

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7.LCMSUM - LCM Sum

原题链接

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题目大意

求$\sum _{i=1}^{n}lcm(i,n)$ $(1\le n\le {10}^6)$

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分析

具体做法莫比乌斯反演里写过了，推到最后都会用到$\phi$，这里也不再赘述

最后可以推出

$$s=\frac{n}{2}\cdot (1+\sum _{d|n}\phi (d)\cdot d)$$

复杂度$O(n\log n+Q)$

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define ri register
#define int long long//记得开long long！
using namespace std;
cs int N=1e6;
int ss[N],fi[N+1],f[N+1],cnt;
il int rd(){
    ri int x=0,f=1;ri char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return x*f; 
}
il void wt(int x){
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    if(x>=10) wt(x/10);
    putchar(x%10+48);
}
il void init(int n){
    for(ri int i=2;i<=n;++i){
        if(!fi[i]) fi[i]=i-1,ss[++cnt]=i;
        for(ri int j=1;j<=cnt&&ss[j]*i<=n;++j){
            if(i%ss[j]) fi[i*ss[j]]=fi[i]*fi[ss[j]];
            else {fi[i*ss[j]]=fi[i]*ss[j]; break;}
        }
    }
    for(ri int i=2;i<=n;++i){
        for(ri int j=i;j<=n;j+=i){
            f[j]+=fi[i]*i/2;
        }
    }
    return;
}
signed main(){
    int t=rd(),n;init(N);
    while(t--) n=rd(),wt(n*(1+f[n])),putchar('\n');
    return 0;
} 

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8.拿行李（极限版） GCD - Extreme (II)

原题链接

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题目大意

求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)$

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分析

由于这题有多组数据（还不知道有多少组），所以考虑刷表
把$1\le n\le 4\times {10}^6+1$的答案预处理出来，然后$O(1)$查询

设$s(n)=\sum _{i=1}^{n-1}gcd(i,n)$

那么有$as(n)=\sum _{i=1}^{n}s(i)$

考虑快速求$s(n)$

$$\begin{array}{rl}s(n)& =\sum _{i=1}^{n-1}gcd(i,n)\\ & =\sum _{d|n}d\cdot \sum _{i=1}^{n-1}[gcd(i,n)=d]\\ & =\sum _{d|n}d\cdot \sum _{i=1}^{\frac{n}{d}-1}[gcd(i,\frac{n}{d})=1]\\ & =\sum _{d|n}d\cdot (\phi (\frac{n}{d})-[gcd(\frac{n}{d},\frac{n}{d})=1])\\ & =\sum _{d|n}d\cdot (\phi (\frac{n}{d})-[\frac{n}{d}=1])\\ & =\sum _{d|n,d\ne n}d\cdot \phi (\frac{n}{d})\end{array}$$

复杂度$O(n\ln n+Q)$

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define ri register
#define int long long
using namespace std;
il int rd(){
    ri int x=0,f=1;ri char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
il void wt(int x){
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    ri short tl=0,a[15]={0};
    do{a[++tl]=x%10,x/=10;}while(x);
    for(;tl;--tl)putchar(a[tl]+48);
}
cs int N=4e6+1;
int ss[N],cnt,vs[N+5],fi[N+5];
int n,m,as[N+5];
il void init(int n){
    as[1]=fi[1]=0;//为方便就令varphi(1)=0了
    for(ri int i=2;i<=n;++i){
        if(!vs[i]) ss[++cnt]=i,fi[i]=i-1;
        for(ri int j=1;j<=cnt&&ss[j]*i<=n;++j){
            vs[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j])fi[i*ss[j]]=fi[i]*fi[ss[j]];
            else{fi[i*ss[j]]=fi[i]*ss[j];break;}
        }
        as[i]=fi[i];
    }
    for(ri int i=2;i*i<=n;++i){
        as[i*i]+=fi[i]*i;
        for(ri int j=i+1;j*i<=n;++j){
            as[j*i]+=fi[i]*j+fi[j]*i;
        }
    }
    for(ri int i=2;i<=n;++i) as[i]+=as[i-1]; 
}
signed main(){
    init(N);
    n=rd();
    while(n){
        wt(as[n]);
        putchar('\n');		
        n=rd();
    } 
    return 0;
}

edit