「学习笔记」欧拉函数及其证明

Before#

耗时一整天，打草纸写了近 $4$ 页，才终于把所有的基本性质与公式用公式推出来，希望对你有帮助，可以点个赞吗？（期待+疲劳+无力）

定义#

对于整数 $n$，小于等于 $n$ 中的数中与 $n$ 互质的数的个数，记作 $\varphi(n)$
例如： $\varphi(8) = 4$ 在 $[1, 8]$ 中，与 $8$ 互质的数为 $1, 3, 5, 7$，有 $4$ 个

计算通式及证明#

$\varphi(n) = n \times (1 - \frac{1}{p_1}) \times (1 - \frac{1}{p_2}) \ldots \times (1 - \frac{1}{p_n})$
$(n = p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \ldots \times p_n^{k_n})$
这个的证明过程太麻烦，我用的容斥来证明的，没学的话，先记住这个，所有的减去不互质的就是互质的！

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我们来一步一步探究
我们先设 $n = p_1 p_2 \quad (p_1 \perp p_2)$，我们将 $n$ 看作是一个 $[1, n]$ 的区间，将区间平均分为 $p_2$ 段，每段长 $p_1$，在每一段中，只有最后一个数不与 $p_1$ 互质（即 $p_1, 2p_1, 3p_1, \ldots$），共有 $p_2$ 段，即有 $p_2$ 个数不与 $p_1$ 互质，同理，有 $p_1$ 个数不与 $p_2$ 互质
到这里，如果你认为不与 $p_1 p_2$ 互质的数的个数为 $p_1 + p_2$，那你就成功的错了，如果你把每个不与 $p_1 、p_2$ 互质的数全列出来，你会发现，$n$ 即 $p_1p_2$，被加了两遍，所以不与 $p_1 p_2$ 互质的数的个数应该为 $p_1 + p_2 - 1$，那么，$\varphi(n) = p_1 p_2 - p_1 - p_2 + 1$，进行化简可以得到 $\varphi(n) = (p_1 - 1) (p_2 - 1) = \varphi(p_1) \varphi(p_2) = n (1 - \frac{1}{p_1}) (1 - \frac{1}{p_2})$

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我们来进一步探究
设 $n = p_1 p_2 p_3 \quad (p_1 \perp p_2 \perp p_3)$，还是将 $n$ 看作是 $[1, n]$ 的区间，不与 $p_1$ 互质的数有 $p_2 p_3$ 个，不与 $p_2$ 互质的数有 $p_1 p_3$ 个，不与 $p_3$ 互质的数有 $p_1 p_2$ 个，当然，这里面有重复的，我们发现，$p_1 p_2、p_1 p_3、p_2 p_3$ 的倍数都被加了 $2$ 遍，即多加了一遍，（为什么？拿 $p_1 p_2$ 举例子，在平均分成 $p_1$ 段时加了一遍，在平均分成 $p_2$ 段时又加了一遍），$p_1 p_2 p_3、p_1$ 加了 $3$ 遍，即多加了 $2$ 遍，我们先减去 $p_1 p_2、p_1 p_3、p_2 p_3$ 多出来的，即 $p_1p_2 + p_1p_3 + p_2p_3 - \frac{n}{p_1p_2} - \frac{n}{p_1p_3} - \frac{n}{p_2p_3} = p_1p_2 + p_1p_3 + p_2p_3 - p_3 - p_2 - p_1$，再之后我们在减去 $p_1p_2p_3$ 多的两遍就行了，对吧？错了！，仔细看这个式子，当我们减去 $p_3$，即 $p_1p_2$ 的倍数时，$p_1p_2p_3$ 也是 $p_1p_2$ 的倍数，被减了一，其他的同理，所以现在，$p_1p_2p_3$ 减了 $3$，而它原来就只加了 $3$ 遍，所以现在 $p_1p_2p_3$ 相当于没加，我们还要再 $+1$，即式子为 $p_1p_2 + p_1p_3 + p_2p_3 - p_3 - p_2 - p_1 + 1$，$\varphi(n) = p_1p_2p_3 - p_1p_2 - p_1p_3 - p_2p_3 + p_3 + p_2 + p_1 - 1$

$$\begin{aligned} \varphi(n) & = p_1p_2p_3 - p_1p_2 - p_1p_3 - p_2p_3 + p_3 + p_2 + p_1 - 1\\ & = p_3(p_1p_2 - p_1 - p_2 + 1) - (p_1p_2 - p_1 - p_2 + 1)\\ & = (p_3 - 1)(p_1p_2 - p_1 - p_2 + 1)\\ & = (p_3 - 1)(p_2(p_1 - 1) - (p_1 - 1))\\ & = (p_3 - 1)(p_2 - 1)(p_1 - 1)\\ & = n(1 - \frac{1}{p_1})(1 - \frac{1}{p_2})(1 - \frac{1}{p_3}) \end{aligned}$$

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其实到这里，你可能就发现规律了，如果没有，继续往下看，如果已经发现了，可以跳过这一部分
再进一步探究
$n = p_1p_2p_3p_4$
先写出最初的有重复的式子 $p_2p_3p_4 + p_1p_3p_4 + p_1p_2p_4 + p_1p_2p_3$
每种变量加入的次数：
$p_1p_2、p_1p_3、p_1p_4、p_2p_3、p_2p_4、p_3p_4$:加入了 $2$ 次
$p_1p_2p_3、p_1p_2p_4、p_1p_3p_4、p_2p_3p_4$:加入了 $3$ 次
$p_1p_2p_3p_4$:加入了 $4$ 次
再写出去重后的式子:
$p_2p_3p_4 + p_1p_3p_4 + p_1p_2p_4 + p_1p_2p_3 - \frac{n}{p_1p_2} - \frac{n}{p_1p_3} - \frac{n}{p_1p_4} - \frac{n}{p_2p_3} - \frac{n}{p_2p_4} - \frac{n}{p_3p_4} + \frac{n}{p_1p_2p_3} + \frac{n}{p_1p_2p_4} + \frac{n}{p_1p_3p_4} + \frac{n}{p_2p_3p_4} - \frac{n}{p_1p_2p_3p_4}$
约分得：
$p_2p_3p_4 + p_1p_3p_4 + p_1p_2p_4 + p_1p_2p_3 - p_3p_4 - p_2p_4 - p_2p_3 - p_1p_4 - p_1p_3 - p_1p_2 + p_4 + p_3 + p_2 + p_1 - 1$

$$\begin{aligned} \phi(n) & = p_1p_2p_3p_4 - p_2p_3p_4 - p_1p_3p_4 - p_1p_2p_4 - p_1p_2p_3 + p_3p_4 + p_2p_4 + p_2p_3 + p_1p_4 + p_1p_3 + p_1p_2 - p_4 - p_3 - p_2 - p_1 + 1\\ & = p_4(p_1p_2p_3 - p_2p_3 - p_1p_3 - p_1p_2 + p_3 + p_2 + p_1 - 1) - (p_1p_2p_3 - p_2p_3 - p_1p_3 - p_1p_2 + p_3 + p_2 + p_1 - 1)\\ & = (p_4 - 1)(p_1p_2p_3 - p_2p_3 - p_1p_3 - p_1p_2 + p_3 + p_2 + p_1 - 1)\\ & = (p_4 - 1)(p_3 - 1)(p_2 - 1)(p_1 - 1)\\ & = n(1 - \frac{1}{p_1})(1 - \frac{1}{p_2})(1 - \frac{1}{p_3})(1 - \frac{1}{p_4}) \end{aligned}$$

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这是一步新的探索，$n = p_1^2p_2$
我们发现，$p_1$ 带了一个平方，但问题不大，还是按照之前的方法来计算，将 $n$ 看作 $[1, n]$
不与 $p_1$ 互质的数的个数为 $p_1p_2$
在这里，虽然 $p_1$ 是带了平方，但是如果再用 $p_1$ 来划分求不互质的个数，结果是一样的，所以没有这个必要再求一遍
不与 $p_2$ 互质的数的个数为 $p_1^2$
老样子，还是有重复，但这一次，重复的就不只是 $p_1^1p_2$ 了，我们列举出这些数来看一下
不与 $p_1$ 互质的数：$p_1, 2p_1, 3p_1, \ldots , p_2p_1 , \ldots , 2p_2p_1, \ldots p_1p_2p_1$
不与 $p_2$ 互质的数：$p_2, 2p_2, 3p_2, \ldots , p_1p_2 , \ldots , 2p_1p_2, \ldots p_1p_1p_2$
发现了吗？重复的数都是 $p_1p_2$ 的倍数，而这个倍数，有 $\frac{n}{p_1p_2} = p_1$ 个
所以，式子为：$p_1p_2 + p_1^2 - p_1$

$$\begin{aligned} \varphi(n) & = p_1^2p_2 - p_1p_2 - p_1^2 + p_1\\ & = p_1(p_1p_2 - p_2 - p_1^2 + p)\\ & = p_1(p_1 - 1)(p_2 - 1)\\ & = p_1^2p_2(\frac{p_1 - 1}{p_1})(\frac{p_2 - 1}{p_2})\\ & = n(1 - \frac{1}{p_1})(1 - \frac{1}{p_2}) \end{aligned}$$

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通过上面我们的一步步推导，我们会发现，只有两个变量组成的变量（$p_1p_2、p_1p_3$ 之类的，抱歉我不会描述，先姑且称它为二元变量吧QWQ，其他的以此类推）会在计算答案时多加 $1$ 次，三元变量多加 $2$ 次，四元变量多加 $3$ 次，根据规律，我们可以推测得五元变量多加 $4$ 次，六元变量多加 $5$ 次……
同时，我们还可以发现，在式子中（这里的式子是求不与 $n$ 互质的数的个数，不是求 $\varphi(n)$），二元变量前面都是 $-$，三元变量前面是 $+$，四元变量前面是 $-$，我们可以以此类推，五元变量前面是 $+$，六元变量前面是 $-$……
通过我们最后推得的式子以及带指数的变量的计算，我们可以推测 $\varphi(n) = n(1 - \frac{1}{p_1})(1 - \frac{1}{p_2})(1 - \frac{1}{p_3}) \ldots (1 - \frac{1}{p_m}) \quad (n = p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}p_4^{k_4} \ldots p_m^{k_m})$

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性质及证明#

以下性质 $p$ 均为素数
$1、$ $\varphi(p) = p - 1$
证明：这个其实挺好理解的，$p$ 为素数，它的因子只有 $1$ 和 $p$，所以，大于 $0$ 小于 $p$ 的数都与 $p$ 互质，总共有 $p - 1$ 个数，所以 $\varphi(p) = p - 1$
$2、$ $\varphi(i \times p) = p \times \varphi(i) \quad (p \mid i)$
证明：

$$\begin{aligned} \because & \quad p \mid i,且 p 为质数\\ \therefore & \quad i是一个和数,p 是 i 的一个质因子\\ \therefore & \quad i = p^{k} \times a_1^{k_1} \times a_2^{k_2} \times a_3^{k_3} \ldots \times a_n^{k_n}(质因数分解)\\ \therefore & \quad i \times p = p^{k + 1} \times a_1^{k_1} \times a_2^{k_2} \times a_3^{k_3} \ldots \times a_n^{k_n}\\ \because & \quad \varphi(n) = n \times (1 - \frac{1}{p_1}) \times (1 - \frac{1}{p_2}) \ldots \times (1 - \frac{1}{p_n})\\ &(注意，这里只是欧拉函数的计算公式，与前面的证明过程中的变量无关)\\ &(这里 n = p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \ldots \times p_n^{k_n})\\ \therefore & \quad \varphi(i \times p) = p \times i \times (1 - \frac{1}{p}) \times (1 - \frac{1}{a_1}) \times (1 - \frac{1}{a_2}) \times \ldots (1 - \frac{1}{a_n})\\ \because & \quad i = p^{k} \times a_1^{k_1} \times a_2^{k_2} \times a_3^{k_3} \ldots \times a_n^{k_n}\\ \therefore & \quad \varphi(i) = i \times (1 - \frac{1}{p}) \times (1 - \frac{1}{a_1}) \ldots \times (1 - \frac{1}{a_n})\\ \therefore & \quad \varphi(i \times p) = p \times \varphi(i)(带入即可) \end{aligned}$$

$3、$ $\varphi(i \times p) = (p - 1) \times \varphi(i) \quad (p \nmid i)$
证明：

$$\begin{aligned} \because & \quad p是质数，且 p \nmid i\\ \therefore & \quad p \perp i\\ \because & \quad i = a_1^{k_1} \times a_2^{k_2} \times a_3^{k_3} \ldots \times a_n^{k_n}, p = p^1\\ \therefore & \quad i \times p = p^1 \times a_1^{k_1} \times a_2^{k_2} \times a_3^{k_3} \ldots \times a_n^{k_n}\\ \therefore & \quad \varphi(i \times p) = i \times p \times (1 - \frac{1}{p}) \times (1 - \frac{1}{a_1}) \times (1 - \frac{1}{a_2}) \times \ldots \times (1 - \frac{1}{a_n})\\ & \quad = (p - 1) \times [i \times (1 - \frac{1}{a_1}) \times (1 - \frac{1}{a_2}) \times \ldots \times (1 - \frac{1}{a_n}))\\ \because & \quad \varphi(i) = i \times (1 - \frac{1}{p}) \times (1 - \frac{1}{a_1}) \ldots \times (1 - \frac{1}{a_n})\\ \therefore & \quad \varphi(i \times p) = (p- 1) \times \varphi(i) \end{aligned}$$

推论、引理#

$1$、$\varphi(p \times q) = \varphi(p) \times \varphi(q) \quad (p \perp q)$
这个的证明其实上面已经证过了，也可以用上面的性质 $3$ 继续往下推一步即可

$$\varphi(p \times q) = (p - 1) \times \varphi(q)\\ \begin{aligned} \because & \quad \varphi(p) = p - 1\\ \therefore & \quad \varphi(p \times q) = \varphi(p) \times \varphi(q)\\ \end{aligned}$$

$2$、$\varphi(p^a) = (p - 1) \times p^{a - 1}$
证明: $\varphi(p^a) = (p - 1) \times p^{a - 1} = p^a - p^{a - 1}$
这里我们可以这么理解，我们将区间 $[1, p^a]$ 平均分成 $p^{a - 1}$ 段，每段长 $p$，在每段中，只有最后一个数不与 $p$ 互质（这些数就是 $p, 2p, 3p \ldots$），因此，在 $[1, p^a]$ 上，有 $p ^ {a - 1}$ 个数不与 $p$ 互质，即 $a ^ p - a^{p - 1}$ 个，所以 $\varphi(p^a) = (p - 1) \times p^{a - 1} = p^a - p^{a - 1}$

欧拉线性筛#

线性筛，又叫欧拉筛，我们利用欧拉函数的性质，再配合线性筛，可以线性求出每个数的 $\varphi$ 值。

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

inline ll read() {
	ll x = 0;
	int fg = 0;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		fg |= (ch == '-');
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	return fg ? ~x + 1 : x;
}

const int N = 1e7 + 5;

int n, cnt;
ll phi[N], prime[N];
bool inp[N];

int main() {
	n = read();
	for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
		if (!inp[i]) {
			prime[cnt ++] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for (int j = 0; j < cnt && i * prime[j] <= n; ++ j) {
			inp[i * prime[j]] = 1;
			if (!(i % prime[j])) {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			else {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
			}
		}
	}
	for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
		printf("%lld ", phi[i]);
	}
	return 0;
}