欧拉函数与积性函数

$Updateon2023.8.3$：增加了积性函数的内容，修改了内容排版

Part 1：欧拉函数及其性质

• 定义：欧拉函数 $\phi (n)$ 表示小于等于 $n$，且与 $n$ 互质的正整数的个数。

• 公式：
  若在算数基本定理中，$n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_m^{c_m}$（$p$ 为质数），则由容斥原理：

  $$\phi (n)=n\ast {\displaystyle \frac{p_1-1}{p_1}}\ast {\displaystyle \frac{p_2-2}{p_2}}\ast ...\ast {\displaystyle \frac{p_m-m}{p_m}}=n\ast \prod _{p\mid n}(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})(p\in primes)$$

  关于此公式的证明，读者可自行推导

一些性质

1. 若 $n$ 是质数，则 $\phi (n)=n-1$

2. 若 $n=p^k$，且 $p$ 为质数，则 $\phi (n)=(p-1)\ast p^{k-1}$

3. 若 $p$ 是质数，且 $\{\begin{array}{ll}p\mid n& \Rightarrow \phi (nq)=\phi (n)\ast q\\ p\nmid n& \Rightarrow \phi (nq)=\phi (n)\ast (q-1)\end{array}$

4. $n=\sum _{d\mid n}\phi (d)$

5. $\phi (ab)=\phi (a)\ast \phi (b)\ast \frac{d}{\phi (d)}$，其中 $d=gcd(a,b)$

Part 2：积性函数

定义

若一个定义在正整数域上的函数 $f$，当 $x,y$ 互质时，有 $f(xy)=f(x)\ast f(y)$，则称函数 $f$ 是积性函数

特别地，当 $x,y$ 不互质时仍有 $f(xy)=f(x)\ast f(y)$ 的函数称为完全积性函数

常见完全积性函数：

• $ϵ(n)=[n=1]$
• $I(n)=1$
• $i{d}_k(n)=n^k$

常见积性函数

• 欧拉函数 $\phi (n)$
• 莫比乌斯函数 $\mu =I^{-1}$
• 除数函数 ${\sigma }_k(n)=\sum _{d\mid n}{d}^k$
• 除数函数 $d(n)=$ $n$ 的约数个数
• $s(n)=n$ 所有约数的和

一些乘积结论

• $\mu (ij)=[i\perp j]\mu (i)\mu (j)$

• $\phi (ab)=\phi (a)\ast \phi (b)\ast \frac{d}{\phi (gcd(a,b))}$

• $d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[x\perp y]$

• ${\sigma }_k(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[x\perp y](\frac{xj}{y}{)}^k$

除数函数的计算

对于 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\dots p_m^{c_m}$，有：

• $d(n)=(c_1+1)(c_2+1)\dots (c_m+1)$

  记 $p$ 为 $n$ 的最小质因子，有：

  $$d(n)=\{\begin{array}{ll}2d(n/p)-d(n/p^2)& p^2\mid n\\ 2d(n/p)& \mathrm{o}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{w}\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{e}\end{array}$$

• ${\sigma }_k(n)=\prod _{i=1}^m(1+p_i+p_i^2+\cdots +p_i^{c_i})$

Part 3：欧拉函数例题

【模板题】求 φ(n)

解题思路

• 我们已知 $\phi (n)$ 的计算公式，所以只需对 $n$ 进行质因数分解即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100001;

int n;

int GetPhi(int n)
{
	int ans=n;
	for(int i=2; i*i<=n; i++) //分解质因数
	{
		if(n%i==0)
		{
			ans=ans*(i-1)/i; //计算公式
			while(n%i==0)
				n/=i;
		}
	} 
	
	if(n>1) //还剩下一个较大的质数
		ans=ans*(n-1)/n;
	
	return ans;	
}

int main()
{
	cin>>n;
	cout<<GetPhi(n);
		
	return 0;
}

【模板题】求 φ(1) ~ φ(n)

解题思路

• 由于欧拉函数是积性函数，所以我们考虑用线性筛求解

• 从欧拉函数性质 $3$ 出发，在线性筛中，每个合数 $x$ 都会被它最小的质因子 $p$ 筛去，此时我们就可以用 $p$ $($或 $p-1)$ 和 $\phi (x/p)$ 来推出 $\phi (x)$ ，具体是 $p$ 还是 $p-1$，要看 $x/p$，即我们外层循环的 $i$ 是否是 $q$ 的倍数；而对于每个质数 $y$，由性质 $1$ 可得：$\phi (y)=y-1$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100001;

int n,phi[N],v[N],prime[N],tot;

void GetPhi(int n)
{
	phi[1]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++tot]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		
		for(int j=1; j<=tot; j++)
		{
			if(prime[j]>v[i] || prime[j]>n/i)
				break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0)
				phi[i*prime[j]]=prime[j]*phi[i];
			else
				phi[i*prime[j]]=(prime[j]-1)*phi[i];
		} 
	}
}

int main()
{
	cin>>n;
	
	GetPhi(n);
	
	for(int i=1; i<=n; i++)
		cout<<phi[i]<<" ";
		
	return 0;
}

【练习题】公约数的和

（题目传送门）

题目大意

给定 $n$，求

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

其中 $gcd(i,j)$ 表示 $i$ 和 $j$ 的最大公约数。

解题思路

• 我们记 $ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)$

• 改写一下可得：

  $$ans={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)-\sum _{i=1}^{n}gcd(i,i)}{2}}$$
  $$={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)-\sum _{i=1}^{n}i}{2}}$$

• 那么我们枚举最大公约数 $d$，设 $f(d)$ 表示有多少对 $(i,j)$ 使得 $gcd(i,j)=d$，那么就有

  $$ans={\displaystyle \frac{\sum _{d=1}^{n}d\ast f(d)-\sum _{i=1}^{n}i}{2}}$$

• 进一步思考，若整数对 $(i,j)$ 满足 $gcd(i,j)=d$，则有：$i\mid d,j\mid d,gcd(i/d,j/d)=1$。

• 设 $x=i/d,y=j/d$，下面分 $3$ 种情况讨论对于每一个 $x$，有多少个 $y$ 满足 $gcd(x,y)=1$：

  1、若 $i>j$，则 $x>y$。又因为 $j<i⩽n$，所以 $y<x⩽n/d$。那么满足 $gcd(x,y)=1$ 的 $y$ 的数量就为 $1$ ~ $x$ 里与 $x$ 互质的数的个数，即 $\phi (x)$。

  2、若 $i<j$，则 $x<y$，那么令 $x^{\prime }=y,y^{\prime }=x$，那么此时的答案即为第 1 种情况中已求出的满足 $gcd(x^{\prime },y^{\prime })=1$ 的 $y$ 的数量。所以答案为 $\phi (x^{\prime })$。因此，每一个 $\phi (x)$ 都会被算 $2$ 遍

  3、若 $i=j$，则 $x=y$，此时 $y$ 的取值很明显只有 $1$ 种

• 综上，

  $$f(d)=(\sum _x^{n/d}\phi (x))\ast 2+1$$

• 在求 $f(d)$ 前，可对 $\phi ()$ 进行前缀和的预处理，节省时间

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2000010;

int n,phi[N],v[N],prime[N],tot;
long long ans,sum[N],f[N];

void GetPhi(int n) //求phi[1~n]
{
	phi[1]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++tot]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		
		for(int j=1; j<=tot; j++)
		{
			if(prime[j]>v[i] || prime[j]>n/i)
				break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0)
				phi[i*prime[j]]=prime[j]*phi[i];
			else
				phi[i*prime[j]]=(prime[j]-1)*phi[i]; 
		} 
	}
	
	for(int i=1; i<=n; i++) //前缀和预处理
		sum[i]=sum[i-1]+(long long)phi[i]; 
}

int main()
{	
	cin>>n;
	
	GetPhi(n);
	 	 
	for(int i=1; i<=n; i++)
		f[i]=sum[n/i]*2-1,ans+=f[i]*(long long)i; //求f和ans
	
	ans=(ans-(long long)(1+n)*n/2)/2; //最后一步
	
	cout<<ans;
	
	return 0;
} 

【练习题】GCD(x,n)>=m

题目大意

给定整数 $n$ 和 $m$，问题是求有多少个整数 $x$，满足 $1⩽x⩽n$ 且 $gcd(x,n)⩾m$。

解题思路

• 记 $gcd(x,n)=d$，那么由定义得：$d\mid n$ 。因此我们考虑去枚举 $n$ 的约数，并舍去其中小于 $m$ 的约数，那么剩下的数便可以作为 $d$ 的取值。

• 对于大于等于 $m$ 的约数 $i$，由上一题的解题思路可知：$x\mid i$ 且 $gcd(x/i,n/i)=1$，所以答案便为 $\phi (n/i)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int T,n,m;
LL ans;

LL GetPhi(int n) //求phi[n]
{
	LL ans=(LL)n;
	for(int i=2; i*i<=n; i++)
	{
		if(n%i==0)
		{
			ans=ans*(LL)(i-1)/i;
			while(n%i==0)
				n/=i;
		}
	} 
	
	if(n>1)
		ans=ans*(LL)(n-1)/n;
	
	return ans;	
}


int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		ans=0;
		
		for(int i=1; i*i<=n; i++) //枚举约数
		{
			if(n%i==0)
			{
				if(i>=m) //约数i
					ans=ans+(LL)GetPhi(n/i);
				if(i!=n/i && n/i>=m) //由于约数成对出现,所以n/i也是n的约数,注意要避免完全平方数的情况
					ans=ans+(LL)GetPhi(i);
			}
		}
		
		printf("%lld\n",ans);
	}
	
	return 0;
}

【练习题】非互质数求和

题目大意

如果一个正整数 $x$ 小于 $n$，而且 $x$ 与 $n$ 不互质，那么整数 $x$ 称为“好数”。

给定一个正整数 $n$，求所有的“好数”的和。

这里互质的定义：如果 $A,B$ 除 $1$ 外没有其他的公因数，则称 $A$ 与 $B$ 互质。

答案模 $1000000007$。

解题思路

• 考虑到正面求解较难，我们可以考虑求答案的补集，即求所有与 $n$ 互质的数的和

• 在这我们先引入一个结论：

  $$gcd(n,x)=gcd(n,n-x)$$

  这个结论我们最后会来证明。

  那么如果 $x$ 与 $n$ 互质，由结论就可知 $n-x$ 也与 $n$ 互质

• 设集合 $X$ 为与 $n$ 互质的数的集合。则集合元素个数为 $\phi (n)$，集合元素分别为 $x_1,x_2......x_{\phi (n)}$。由刚刚的结论可知 $x_i+x_{\phi (n)-i+1}=n$，这样的数对共有 $\phi (n)/2$ 个，所以 $\sum _{i=1}^{\phi (n)}{x}_i={\displaystyle \frac{n\ast \phi (n)}{2}}$

• 最后答案即为 $\sum _{i=1}^{n-1}i-{\displaystyle \frac{n\ast \phi (n)}{2}}$

关于引入结论的证明

• 设 $d=gcd(n,x)$，则有 $n=k_{1}d,x=k_{2}d$ 且 $gcd(k_1,k_2)=1(k_1,k_2\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }})$，那么 $n-x=(k_1-k_2)d$

• 假设 $gcd(n,n-x)\ne d$，则 $gcd(k_1,k_1-k_2)\ne 1$。所以可设 $k_1=ab,k_1-k_2=ac(a\ne 1,a,b,c\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }})$，那么可推出 $k_2=a(b-c)$，易知 $b-c\ne 0$，所以 $gcd(k_1,k_2)\ne 1$，因此假设矛盾

• 综上，$gcd(n,x)=gcd(n,n-x)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const long long MOD=1000000007;

long long n; 

long long GetPhi(long long m)  //求phi[n]
{
	long long ans=m;
	for(int i=2; i*i<=m; i++)
	{
		if(m%i==0)
		{
			ans=ans*(i-1)/i;
			while(m%i==0)
				m/=i;
		}
	}
	
	if(m>1)
		ans=ans*(m-1)/m; 
	
	return ans;
}

int main()
{
	while(scanf("%lld",&n))
	{
		if(n==0)
			break;
		
		printf("%lld\n",(n*(n-1)/2-n*GetPhi(n)/2)%MOD);
	}
	
	return 0;
}

【练习题】USB的数学题

题目大意

求 $F(n)=\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{n}{gcd(i,n)}}$ 的值

$T$ 组测试数据（$T,n⩽{10}^7$）

解题思路

• 设 $d=gcd(i,n)$，则满足 $gcd(i,n)=d$ 的 $i$ 的个数就为 $\phi (n/d)$。所以 $F(n)$ 可写成

  $$F(n)=\sum _{d\mid n}^{}\phi (d)\ast d$$

• 再看一眼数据范围，显然对于每组测试数据的每个 $n$，都进行根号级别的枚举是无法拿到满分的，所以我们要思考 $F(n)$ 所具有的其它性质——没错，积性函数！

• $F$ 是积性函数是很好证明的。设 $x,y$ 为互质的两个正整数。则 $F(x)=\sum _{a\mid x}^{}(\phi (a)\ast a),F(y)=\sum _{b\mid y}^{}(\phi (b)\ast b)$。那么 $F(x)\ast F(y)=\sum _{a\mid x}^{}(\phi (a)\ast a)\ast \sum _{b\mid y}^{}(\phi (b)\ast b)$。由于 $x$ 与 $y$ 互质，所以 $a$ 与 $b$ 也是互质的，再加上 $\phi$ 是积性函数，所以

  $$F(x)\ast F(y)=\sum _{ab\mid xy}^{}\phi (ab)\ast ab=F(xy)$$

  因此，$F$ 是积性函数

• 一开始我们已经说过，所有的积性函数都可以用线性筛求解。本题我们分 $3$ 种情况对 $F$ 的递推进行讨论：

  1、当 $n=10$ 时，$10$ 的最小质因子为 $2$，$2$ 与 $10/2=5$ 互质，所以 $F(10)$ 可以由 $F(2)\ast F(5)$ 得到。这是最简单的一种情况。

  2、当 $n=12$ 时，$12$ 的最小质因子为 $2$，但 $2$ 与 $12/2=6$ 不互质，所以此时无法直接递推。因为 $12=2^2\ast 3$，所以我们需要令 $a=2^2,b=3$，这样 $a$ 与 $b$ 一定是互质的，再通过 $F(a)\ast F(b)$ 得到 $F(12)$。因此，我们需要记录每一个数的最小质因子的最高次幂的值，记为 $highPow[n]$。对于这种情况，我们就可以令 $a=highPow[n],b=n/a$，再通过 $F(a)\ast F(b)$ 得到 $F(n)$

  3、当 $n=8$ 时，$a=highPow[8]=8,b=8/a=1$，就会产生 $F(8)=F(8)\ast F(1)$ 这样的情况，所以我们还需要记录 $n$ 的最小质因子的指数，记为 $mi[n]$。那么当 $n=x^{mi[n]}$ 时，我们可以暴力求解 $F(n)=\sum _{d\mid n}^{}\phi (d)\ast d$。显然我们有 $F(n)=\sum _{i=1}^{mi[n]}{x}^i\ast \phi (x^i)+1$ ($+1$是当 $d=1$ 的情况)。由 $\phi$ 的计算公式，我们就可以得到：

  $$F(n)=\sum _{i=1}^{mi[i]}{x}^i\ast x^i\ast (1-{\displaystyle \frac{1}{x}})+1$$
  $$=\sum _{i=1}^{mi[i]}{x}^i\ast x^i\ast ({\displaystyle \frac{x-1}{x}})+1$$
  $$=\sum _{i=1}^{mi[i]}{x}^i\ast x^{i-1}\ast (x-1)+1$$

  我们再通过一个简单的前缀积处理，就可以暴力的求解这种情况的 $F(n)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=10000010;

int T,n;
int v[N],prime[N],tot;
LL f[N],highPow[N],mi[N],tmp[N];

void prework(int n)
{
	f[1]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++tot]=i;
			f[i]=(LL)(i-1)*i+1;
			highPow[i]=i;
			mi[i]=1;
		}
		
		for(int j=1; j<=tot; j++)
		{
			if(prime[j]>v[i] || prime[j]>n/i)
				break;
				
			int x=i*prime[j];
			v[x]=prime[j];
			
			if(i%prime[j]!=0) //第1种情况(由于prime[j]是质数,所以i与prime[j]互质当且仅当i不是prime[j]的倍数或约数)
			{
				highPow[x]=prime[j];
				mi[x]=1;
				f[x]=f[i]*f[prime[j]];
			}
			else
			{
				highPow[x]=highPow[i]*prime[j];
				mi[x]=mi[i]+1;
				
				int a=highPow[x],b=x/a;
				if(b==1) //第3种情况
				{
					tmp[0]=1;
					for(int i=1; i<=mi[x]; i++)
						tmp[i]=tmp[i-1]*(LL)prime[j]; //前缀积处理prime[j]的幂
					for(int i=1; i<=mi[x]; i++)
						f[x]+=tmp[i]*tmp[i-1]*(LL)(prime[j]-1); //暴力求解
					f[x]++; //加上d=1的情况
				}
				else //第2种情况
					f[x]=f[a]*f[b];
			}
		} 
	}
}

int main()
{
	prework(N-10);
	
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		printf("%lld\n",f[n]);
	}
	
	return 0;
}