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A.欧拉函数

0.概述

一个函数。只有毒瘤出题人会用到它。

1.定义

$$\phi (n)=\sum _{x=1}^n[\gcd (x,n)=1]$$

即，所有小于等于 $n$ 的正整数，与 $n$ 互质的有多少个。

2.计算

有好多好多公式呢。

2.1.积性函数

如果 $a$ 和 $b$ 互质，那么 $$\phi (ab)=\phi (a)\phi (b)$$

注：这是我在 $\mathrm{c}\mathrm{s}\mathrm{d}\mathrm{n}$ 上曾经看到过的一篇证明

发现 $\gcd (x,ab)=1$ 的充要条件是 $\gcd (x,a)=1\wedge \gcd (x,b)=1$ 。

将 $1,2,3,\dots ,ab$ 写成一个矩阵：

$$\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \dots & b\\ b+1& b+2& b+3& \dots & 2b\\ 2b+1& 2b+2& 2b+3& \dots & 3b\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ (a-1)b+1& (a-1)b+2& (a-1)b+3& \dots & ab\end{array}$$

现在，某个元素 $(x,y)$ 就是 $xb+y$（行从 $0$ 开始编号，列从 $1$ 开始编号）。

由于 $xb+y$ 与 $b$ 互质，所以 $y$ 与 $b$ 互质。而 $y\le b$ ，所以不同的 $y$的数量是$\phi (b)$ 。

然后考虑 $x$ 。发现一列上的元素构成模 $a$ 的完全剩余系。（这应该是初等数论基础内容，不给出证明了。）所以，对于一个定值 $y$ ，只有 $\phi (a)$ 个 $x$ 满足 $xb+y$ 与 $a$ 互质。

乘法原理，$\phi (ab)=\phi (a)\phi (b)$ ，得证。

2.2.一般的计算

如果 $p$ 是一个质数，$k$ 是正整数，那么 $$\phi (p^k)=p^{k-1}(p-1)$$

证明：考虑有多少个 $x$ 满足 $x\le p^k$ 且 $\gcd (x,p^k)\ne 1$ 。

如果 $x$ 与 $p$ 互质，那么 $x$ 和 $p^k$ 互质；如果 $x$ 与 $p$ 不互质，那么 $x$ 和 $p^k$ 不互质。

$x$ 与 $p$ 不互质，等价于 $x$ 是 $p$ 的倍数——因为 $p$ 是质数。

在 $p^k$ 范围中，有多少个数是 $p$ 的倍数呢？$\frac{p^k}{p}=p^{k-1}$ 个。

作差即可。$\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)$ ，得证。

再结合 积性函数 ，如果 $n$ 的唯一质数分解是 $n=p_1^{t_1}{p}_2^{t_2}{p}_3^{t_3}\dots p_m^{t_m}$ ，那么

$$\phi (n)=\prod _{x=1}^m{p}_x^{t_x-1}(p_x-1)$$

2.3.特殊的计算

发现 $p_x^{t_x-1}(p_x-1)=p_x^{t_x}\times \frac{p_x-1}{p_x}$ 。那么

$$\phi (n)=n\prod _{x=1}^m(1-\frac{1}{p_x})$$

这个东西其实可以理解为 容斥。

因为 $\frac{p_x-1}{p_x}=1-\frac{1}{p_x}$ ，所以说，$\prod \frac{p_x-1}{p_x}$ 就是考虑，是否要去掉 $p_x$ 的倍数——毕竟 $n\times \frac{1}{p_x}$ 就是 $p_x$ 的倍数个数。

嗯？你说为什么长的不像普通容斥？我个人倾向于，将其当做类似母函数的东西。

3.性质

3.0.积性函数

前面已经讲过 积性函数 ，这里就略过。

3.1.与 $n$ 的关系

还有一个很美妙的结论（使得杜教筛在 $\phi$ 上可以大显身手）：$$\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

注：这是我在博客园中看到的

将 $\{$

1,2,3,…,n} 按如下规则划分： S d = { x ∣ gcd ⁡ ( x , n ) = d } S_d=\{x|\gcd(x,n)=d\} Sd​={

x∣gcd(x,n)=d} ，即公因数为 $d$ 的。

显然，任意 $x\in S_d$ ，可以写成 $x=kd(1\le k\le \frac{n}{d}$ 但不一定取遍 $)$ 。

由定义，$\gcd (x,n)=\gcd (kd,n)=d\Rightarrow \gcd (k,\frac{n}{d})=1$ 。

这样一来，$|S_d|=\phi (\frac{n}{d})$ 。于是 $n={\sum }_{d|n}\text{card}(S_d)={\sum }_{d|n}\phi (\frac{n}{d})$ ，得证。

3.2.与莫比乌斯挂钩

还有一个骚骚的操作（将 $n$ 移项，类似容斥，证明略）：

$$\sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\phi (n)}{n}$$

3.3.“偶性”

对于所有 $n>2$ 都有 $\phi (n)$ 为偶数。

证明：如果 $n$ 中含有任意一个奇素因数 $p$ ，那么根据 一般的计算 ，可知 $2|(p-1)|\phi (n)$ 。

而不包含奇素因数的数只有 $1$ 和 $2$ 。

3.4.“收敛”速度快

接下来的这一点，是很多题复杂度的保障：如果 $2|n$ ，那么 $\phi (n)\le \frac{n}{2}$ 。

证明：$n$ 中含有 $p=2$ 这一质因子。根据 特殊的计算 ，$\phi (n)\le n(1-\frac{1}{p})=\frac{n}{2}$ 。

那么，$n^{\prime }=\phi (n)$ 需要多少次到达 $1$ 呢？$\mathcal{O}(\log n)$ 次。结合 $\phi (n)$ 永远是偶数，每次都至少变小一半嘛，除了第一步。

4.代码实现

4.1.求一个数的 $\phi$

直接用 一般的计算 即可。

int getPhi(int n){   	int res = 1;	for(int x=2; 1ll*x*x<=n; ++x){   		if(n%x) continue;		n /= x, res *= (x-1);		while(n%x == 0)			n /= x, res *= x;	}	if(n != 1) res *= (n-1);	return res;}

还有写法二：

long long __phi(long long n){   	long long res = n;	for(int i=2; 1ll*i*i<=n; ++i)		if(n%i == 0){   			res = res/i*(i-1);			while(n%i == 0)				n /= i;		}	if(n != 1) res = res/n*(n-1);	return res;}

4.2.求一群数的 $\phi$

与线性筛相配合。毕竟是积性函数。

void sievePrime(int n){   	for(int i=2; i<=n; ++i)		isPrime[i] = true;	primes.clear(); phi[1] = 1;	for(int i=2; i<=n; ++i){   		if(isPrime[i]){   			primes.push_back(i);			phi[i] = i-1;		}		for(int j=0,len=primes.size(); j

4.3.奇怪法求一个

就使用 骚骚的操作 ，用 $\mu$ 来算（当然，你直接当成容斥也可以）。

int getPhi(int n){   	vector
   
     ys; // 质因数 	while(n != 1){   		d = findDivisor(n); // 找到一个质因数 		ys.push_back(d);		while(n%d == 0) n /= d;	}	sort(ys.begin(),ys.end());	n = ys.size(); int res = n;	for(int S=1; S<(1<
    
     >i&1){   				sgn = -sgn;				cnt /= ys[i];			}		res += sgn*cnt;	}	return res;}
    
   

好处是什么呢？——可以求 ${\sum }_{x=1}^n[\gcd (x,m)=1]$ 。只需要稍稍作一点改动。

4.4.奇怪求法进行推广

int getCoprime(int n,int m){   	vector
   
     ys; // 质因数 	while(m != 1){   		d = findDivisor(m); // 找到一个质因数 		ys.push_back(d);		while(m%d == 0) m /= d;	}	sort(ys.begin(),ys.end());	m = ys.size(); int res = n;	for(int S=1; S<(1<
    
     >i&1)				sgn = -sgn, cnt /= ys[i];		res += sgn*cnt;	}	return res;}
    
   

4.5.求 $n$ 的所有因数的 $\phi$

能够做到 $\sqrt{n}$ 的复杂度——也就是说，均摊 $\mathcal{O}(1)$ 。

首先线性筛求出 $\forall x\le \sqrt{n}$ 的 $\phi (x)$ ，然后 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的求出 $\phi (n)$ 。接下来要做的，就是研究 $\phi (x),\phi (\frac{n}{x}),\phi (n)$ 的关系。

观察 2.3.特殊的计算 中的右半部分，也就是 ${\prod }_{p|n,p\in \mathbb{P}}(1-\frac{1}{p})$ ，将其记为 $\lambda (n)$ 。于是就有 $n\lambda (n)=\phi (n)$ 。

考虑这样一个恒等式：记 $d=\gcd (x,\frac{n}{x})$ ，那么

$$\lambda (x)\lambda \left(\frac{n}{x}\right)=\lambda (n)\lambda (d)$$

证明：如果 $p|d$ ，那么会被计算两次；如果 $p$ 不是 $n$ 的因数，那么一次也不会计算；其他的情况，只计算一次。证毕。

把两边同时乘一个 $n$ 可以得到：

$$\begin{gathered} x\lambda (x)\cdot \frac{n}{x}\cdot \lambda \left(\frac{n}{x}\right)=n\lambda (n)\lambda (d) \\ \Rightarrow \phi (x)\phi \left(\frac{n}{x}\right)=\phi (n)\frac{\phi (d)}{d} \\ \Rightarrow \phi \left(\frac{n}{x}\right)=\frac{\phi (n)\phi (d)}{d\phi (x)} \end{gathered}$$

然后战斗结束了。更通用一点的公式就是：$$\phi (a)\phi (b)=\phi (ab)\frac{\phi [\gcd (a,b)]}{\gcd (a,b)}$$

可以发现，这是自洽的——在 $\gcd (a,b)=1$ 的情况下，自然满足 3.0.积性函数 咯。

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B.欧拉公式

0.概述

用来解决带取模的、指数极大的情况。

1.定义

传说中的——

$$a^{\phi (b)}\equiv \{$$

1a2φ(b)​(gcd(a,b)=1)(gcd(a,b)​=1)​(modb)

内涵就是——

$$a^x\equiv \{$$

axmodφ(b)axmodφ(b)+φ(b)​(gcd(a,b)=1)(gcd(a,b)​=1∧x≥φ(b))​

2.证明

第二个我不会证明。对于第一个，用这样的方法证明：

考虑 $n=\phi (b)$ 个与 $b$ 互质且小于等于 $b$ 的数 $x_1,x_2,x_3,\dots ,x_n$ 。

都乘以 $a$ ，得到 $a{x}_1,a{x}_2,a{x}_3,\dots ,a{x}_n$ 。由于 $\gcd (a,b)=1$ ，所以新的这 $n$ 个数仍然与 $b$ 互质。

将其同时 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b$ ，显然，仍然与 $b$ 互质，并且两两不同。与 $b$ 互质并且小于等于 $b$ 的数一共只有 $n$ 个，所以两个序列形成的集合是相同的。

都累乘，一定相等，即$$\prod _{i=1}^n{x}_i\equiv \prod _{i=1}^n(a{x}_i)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$$

所以 $a^n=a^{\phi (b)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$ 。

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C.实战

$\text{Naive Great Common Divisor}$

。应该算比较常规的方法。

$\text{The Luckiest Number}$

。用欧拉公式解决关于$x$的方程$a^x\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$

$\text{POAIBE}$

。$\text{p.s.}$这个名字是缩写。

杜教筛求 $\phi$ 的前缀和

我们已经知道了 $\phi \ast I=id$ ，直接用即可。

放公式：令 $S_n={\sum }_{i=1}^n\phi (i)$ ，一定有

$$S_n=\frac{n(n+1)}{2}-\sum _{d=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

map
   
     wk; /* WK(freopen) or2 */long long djs(int n){   	if(n < SqrtN)		return phi[n]; /* 线性筛中得到的结果 */	if(wk.count(n)) return wk[n]; /* 记忆化 */	long long res = 1ll*n*(n+1)>>1;	for(int l=1,r; l<=n; l=r){   		r = n/(n/l)+1; /* 整除分块 */		res -= (r-l)*djs(n/l);	}	return wk[n] = res;}
   

复杂度是 O ( n 2 3 ) \mathcal O(n^{

{2\over 3}}) O(n32​) 的。不知道什么原理。

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