欧拉函数详解

前言

• 关于这东西，我们都是几百年前就接触了。
• 虽然说这东西现在看来很简单了，但是有些公式的证明也不简单，在此做个详解。

定义

• 在数论，对正整数n，欧拉函数(Euler’s totient function)是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目。
• 严谨地，$\phi (n)={\sum }_{i=1}^n{\delta }_{gcd(i,n)1}$（$\delta$为克罗内克函数）。

求解

n=1

• 当n=1时，$\phi (n)=1$。因为1与其本身互质。

n=p

• 如果n=p，即某个质数，则显然$\phi (n)=n-1$。

n=$p^k$

• 如果n没有重复质因子，会是怎样呢？
• 不妨设$n=p^k$，其中p为n的唯一质因子。
• 那么显然，数x与n互质的充要条件是x与p互质。

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• 正难则反。$\phi (n)$= n以内与n互质的数的个数=n-n以内与n不互质的数的个数。
• 那么，n以内与n不互质的数的个数是多少呢？
• 显然，a与n不互质的充要条件为p|a。因此，n以内与n不互质的数的个数=n以内p的倍数的个数。
• $\phi (n)=n-\frac{n}{p}=n-p^{k-1}$

otherwise

• 当然，上述情况仅是特殊情况。很多时候，n是有重复质因子的。
• 不妨设n=a*b，其中gcd(a,b)=1。实际上，$\phi (n)=\phi (a)\ast \phi (b)$，即$\phi$为积性函数。
• 考虑证明一波。

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• 对于gcd(n,m)=1，我们来求一求$\phi (nm)$的值。
• 先把1~nm的所有数画出来：
  $$\begin{array}{cccccc}1& 2& \dots \dots & r& \dots \dots & m\\ m+1& m+2& \dots \dots & m+r& \dots \dots & 2m\\ & & \dots \dots & & & \\ (i-1)m+1& (i-1)m+2& \dots \dots & (i-1)m+r& \dots \dots & im\\ & & \dots \dots & & & \\ (n-1)m+1& (n-1)m+2& \dots \dots & (n-1)m+r& \dots \dots & nm\end{array}$$
• 如上表，第i行的数为：(i-1)m+1,(i-1)m+2,…,im。

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• 当gcd(a,nm)=1时（n,m满足gcd(n,m)=1），充要条件为gcd(a,n)=gcd(a,m)=1。
• 对于上表中的某个数(i-1)m+r，我们知道gcd((i-1)m+r,m)=gcd(r,m)。换句话说，这个数与m的gcd，只与它的列数r有关。
• 因此，总共有$\phi (m)$列数满足与m互质。
• 下面，我们随便抽出一列数，看看其中有多少个数满足与n互质。

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• 不妨设抽出的是第r列，则该列数为：r,m+r,…,(n-1)m+r。
• 显然，这可以构成模n的完全剩余系。因为数列0,1,…n-1是完全剩余系，则数列0,m,…,(n-1)m（整体乘m）也是，则数列r,m+r,…,(n-1)m+r（整体右移r位）也是。
• 然后，我们又知道gcd(x,n)=gcd(x mod n,n)；因此，数列r,m+r,…,(n-1)m+r中与n互质的数的个数 = 数列0,1,…n-1中与n互质的数的个数。
• 换句话说，每一列中，与n互质的数的个数均为$\phi (n)$。

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• 综上，$\phi (nm)=\phi (n)\phi (m)$。

计算

分解质因数

• 根据上述分析，对于$n=p_1^{e_1}\ast p_2^{e_2}\ast ...\ast p_k^{e_k}$（pi为n的第i个质因子），均有：
  $$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\phi (p_1^{e_1})\ast \phi (p_2^{e_2})\ast ...\ast \phi (p_k^{e_k})\\ & =(p_1^{e_1}-p_1^{e_1-1})\ast (p_2^{e_2}-p_2^{e_2-1})\ast ...\ast (p_k^{e_k}-p_k^{e_k-1})\\ & =p_1^{e_1}(1-\frac{1}{p_1})\ast p_2^{e_2}(1-\frac{1}{p_2})\ast ...\ast p_k^{e_k}(1-\frac{1}{p_k})\\ & =n\ast (1-\frac{1}{p_1})\ast (1-\frac{1}{p_2})\ast ...\ast (1-\frac{1}{p_k})\end{array}$$
• 因此，我们只需分解一波质因数，套用这个公式即可。
• 如果调用次数不多、n又不大，我们可以直接$O(\sqrt{n})$的时间找pi。
• 如果调用次数多、n不大，我们就可以先筛一遍质数，然后直接从所有$\le \sqrt{n}$的质数中找pi并且不断令n除以pi，并且如果最终n>1，则n本身即为一个质数。

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• 分析一波时间复杂度。
• 对于区间$[1,\sqrt{n}]$，根据素数定理，这里面包含了大约$\frac{\sqrt{n}}{\ln \sqrt{n}}$个质数。
• 因此，设调用次数为t，则时间复杂度为：$O(t\ast \frac{\sqrt{n}}{\ln \sqrt{n}})$。

Pollard_Rho

• 当n比较大、$O(\frac{\sqrt{n}}{\ln \sqrt{n}})$的复杂度难以接受时，可以考虑套上Pollard_Rho算法来分解质因数。
• 单次时间复杂度：$O(n^{\frac{1}{4}})$。

线筛顺便求

• 当t较大（比如$10^6$），而n并非很大（比如$10^7$），我们使用上述做法的时间复杂度就有些难以接受了。
• 这激起了我们的思考：能否在线性的时间内预处理出1~n的欧拉函数值？
• 实际上，我们可以一边线筛，一边处理欧拉函数。

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• 运用这种奇技淫巧需要先证明一个引理：
• 记$n\in N^{+},p\in prime$，有：$$\phi (np)=\{\begin{array}{ll}\phi (n)\ast \phi (p),& \text{if p∤n}\\ \phi (n)\ast p,& \text{if p∣n}\end{array}$$
• 第一个很好证。既然$p\in prime\wedge p\nmid n$，那么p与n肯定互质。
• 关键在于第二个。

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• 第二个的条件是$p\mid n$。
• 这东西很重要。正因如此，若某个数x满足gcd(x,p)>1，则肯定满足gcd(x,n)>1（毕竟n为p的倍数）。所以，gcd(x,np)=1的充要条件为gcd(x,n)=1。
• 因此，原问题（求区间[1,np]中有多少个数与np互质）转化成：求区间[1,np]中有多少个数与n互质。

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• 对于区间[1,n]，其中与n互质的数的个数显然为$\phi (n)$。
• 对于区间[n+1,2n]，其中与n互质的数的个数也为$\phi (n)$。因为：$$gcd(n+1,n)=gcd(1,n),gcd(n+2,n)=gcd(2,n),...,gcd(2n,n)=gcd(n,n)$$
• 那么以此类推，对于第i个区间[(i-1)n+1,in]，其中与n互质的数的个数也为$\phi (n)$。
• 而[1,np]中有p个这样的区间，每个里面与n互质的数的个数均为$\phi (n)$，因此，$\phi (np)=\phi (n)\ast p$。

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• 然后，我们在线筛的时候，是会枚举一个i，再枚举一个素数x。我们会标记i*x为合数。
• 此时，若$x\nmid i$，我们令$\phi (ix)=\phi (i)\ast \phi (x)=\phi (i)\ast (x-1)$。
• 若$x\mid i$，我们要break，跳出枚举x的循环；那么在break之前，先让$\phi (ix)=\phi (i)\ast x$。
• 至此，我们可以在$O(n)$的时间内处理出$\phi (1),\phi (2),...,\phi (n)$的值了。

Code

phi[1]=1;
fo(i,2,A)//处理1~A的欧拉函数
{
	if(!com[i]) phi[p[++cnt]=i]=i-1;//若i为质数，则phi[i]=i-1
	for(j=1; j<=cnt&&1ll*i*(x=p[j])<=A; j++)//枚举第j个质数，记它为x
	{
		com[i*x]=1;//标记i*x为合数
		if(i%x==0) {phi[i*x]=x*phi[i]; break;}//若x|i的操作
		phi[i*x]=phi[i]*(x-1);
	}
}