数论中的欧拉函数

在数论中，对于一正整数 $n$ ，欧拉函数 $\phi (n)$ 定义为 $1,2,\cdots ,n$ 中与 $n$ 互质的数字的个数。

例如，$\phi (12)=4$ ，因为 $1,5,7,11$ 和 $12$ 互质。

前言

本文的前置知识包括数论、群论的基础内容。

本文讨论的函数都是算术函数，也就是定义域为正整数、陪域为复数的函数。

缺少欧拉函数是积性函数这一性质的证明。

表达式

首先，若 $n=p^k$ ，$p$ 是素数，$k⩾1$，由于 $1,2,\cdots ,p^k$ 中与 $p^k$ 互质的数为不含有 $p$ 因子的数，即除了 $p,2p,3p\cdots ,p^k$ 以外的数，因此 $\phi (n)=\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}$ 。

其次，欧拉函数是积性函数，即，若 $m,n$ 互质，则 $\phi (mn)=\phi (m)\phi (n)$ 。

因此，利用算术基本定理，若 $n=p_1^{k_1}\cdots p_r^{k_r}$ ，则

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\phi \left(\prod _{i=1}^r{p}_i^{k_i}\right)=\prod _{i=1}^r\phi \left(p_i^{k_i}\right)=\prod _{i=1}^r\left(p_i^{k_i}-p_i^{k_i-1}\right)\\ & =\prod _{i=1}^r{p}_i^{k_i}\left(1-\frac{1}{p_i}\right)=n\prod _{i=1}^r\left(1-\frac{1}{p_i}\right)=n\prod _{p\mid n}\left(1-\frac{1}{p}\right)\end{array}$$
事实上，我们还可以这样考虑：

设 $n=p_1^{k_1}\cdots p_r^{k_r}$ ，定义集合 $A=\{1,2,\cdots ,n\}$ 为全集，集合 $A_i$ 的元素为 $1\sim n$ 中被 $p_i$ 整除的数，集合 $S$ 的元素为 $1\sim n$ 中与 $n$ 互质的数，也就是不被任何 $p_i$ 整除的数，因此有
$$S=A-\bigcup _{i=1}^r{A}_i\Rightarrow |S|=|A|-\left|\bigcup _{i=1}^r{A}_i\right|\Rightarrow \phi (n)=n-\left|\bigcup _{i=1}^r{A}_i\right|$$
而我们知道以下两个事实：
$$|A_i|=\frac{n}{p_i},|A_i\cap A_j|=\frac{n}{p_i{p}_j}$$
那么根据容斥原理，
$$\left|\bigcup _{i=1}^r{A}_i\right|=\sum _{i=1}^r|A_i|-\sum _{1⩽i<j⩽r}|A_i\cap A_j|+\cdots =\sum _i\frac{n}{p_i}-\sum _{i,j}\frac{n}{p_i{p}_j}+\cdots$$
因此有
$$\phi (n)=n-\sum _i\frac{n}{p_i}+\sum _{i,j}\frac{n}{p_i{p}_j}-\cdots \text{\hspace{1em}(∗)}$$

性质

引入莫比乌斯函数 $\mu$：
$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& \text{若 n=1}\\ (-1{)}^k& \text{若 n 无平方数因数，且 n=p1p2⋯pk}\\ 0& \text{若 n 有大于 1 的平方数因数}\end{array}$$
由 $\mu$ 的定义容易看出它也是个积性函数。

我们可以用 $\mu (n)$ 将 $(\ast )$ 式改写为
$$\phi (n)=n-\sum _i\frac{n}{p_i}+\sum _{i,j}\frac{n}{p_i{p}_j}-\cdots =\sum _{d\mid n}\mu (d)\frac{n}{d}\text{\hspace{1em}(1)}$$
考虑到 $(1)$ 式的形式，我们再引入迪利克雷卷积，对于函数 $f,g$ ，其迪利克雷卷积定义为
$$(f\ast g)(n)=\sum _{d\mid n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)$$
容易看出，迪利克雷卷积满足交换律、结合律和分配律。

将 $(1)$ 式用迪利克雷卷积表示，即为：
$$\phi =\mu \ast \mathrm{Id}\text{\hspace{1em}(2)}$$
其中 $\mathrm{Id}$ 为恒等函数，对于任意的 $n$ ，有 $\mathrm{Id}(n)=n$ 。

记模 $n$ 加法群为 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 。我们考虑 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中生成元的个数。由于 $1$ 一定是生成元，因此数 $a$ 是生成元，当且仅当存在一整数 $b$ ，使得 $ab\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$ 。由裴蜀定理，$\gcd (a,n)=1$ 。因此 $a$ 是生成元当且仅当 $a$ 和 $n$ 互质。

因此 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中生成元的个数即为 $\phi (n)$ 。设 $\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的一个子群，由拉格朗日定理，$d\mid n$ 。由于不同的子群具有不同的生成元，则不同子群之间无交。因此有
$$\sum _{d\mid n}\phi (d)=n\text{\hspace{1em}(3)}$$
定义常函数 $I(n)\equiv 1$ ，则 $(3)$ 式可用迪利克雷卷积表示为
$$\phi \ast I=\mathrm{Id}\text{\hspace{1em}(4)}$$
迪利克雷卷积可看成二元运算，容易看出，该运算的幺元为单位函数 $ϵ$ ：
$$ϵ(n)=\{\begin{array}{ll}1& \text{若 n=1}\\ 0& \text{其他情况}\end{array}$$
则对于任意算术函数 $f$ 有
$$f=f\ast ϵ=ϵ\ast f$$
定义算数函数 $f$ 的逆函数 $f^{-1}$ 为满足 $f\ast f^{-1}=ϵ$ 的函数。

对比 $(2)$ 式和 $(4)$ 式，可得 $\mu$ 的逆函数为 $I$，即
$$\mu \ast I=ϵ$$
将 $(2)$ 式和 $(4)$ 式的关系作推广，假设对于函数 $f(n)$ 和 $F(n)$ 有如下关系式：
$$F(n)=\sum _{d\mid n}f(d)$$
则有
$$f(n)=\sum _{d\mid n}F(d)\mu \left(\frac{n}{d}\right)$$
这就是所谓的莫比乌斯反演公式。

应用

一、求 $1\sim n!$ 中有多少个整数 $x$ ，满足 $x$ 的所有素因子都大于 $m$ ，其中 $m⩽n$ 。

$x$ 的所有素因子都大于 $m$ 等价于 $\gcd (x,m!)=1$ 。因此本题等价于求 ${\sum }_{x=1}^{n!}[\gcd (x,m!)=1]$ 。

由辗转相除法，$\gcd (x,m!)=\gcd (x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m!,m!)$ 。由于 $m⩽n$ ，因此 $m!\mid n!$ 。

因此答案即为 $\phi (m!)\frac{n!}{m!}$ 。

二、求满足 $\gcd (a,b)=\gcd (a+x,b)$ 且 $0⩽x<b$ 的 $x$ 数量。

由辗转相除法，本题即为求解满足 $\gcd (a,b)=\gcd \left((a+x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b,b\right)$ 的 $x$ 数量，即满足 $\gcd (a,b)=\gcd (x^{\prime },b)$ 的 $x^{\prime }$ 数量。其中 $0⩽x^{\prime }<b$ 。

设 $\gcd (a,b)=\gcd (x^{\prime },b)=d$ ，则 $\gcd (x^{\prime }/d,b/d)=1$ 。

因此最终的答案即为 $\phi \left(b/d\right)$ 。

三、求 $f(n)=\sum _{i=1}^n\gcd (i,n)$ 。

设 $\gcd (i,n)=d$ ，则 $\gcd (i/d,n/d)=1$ 。满足 $\gcd (i,n)=d$ 的 $i$ 的个数即为满足 $\gcd (i/d,n/d)=1$ 的 $i$ 的个数，也就是 $\phi (n/d)$ 。因此最终的答案即为
$$f(n)=\sum _{d\mid n}d\cdot \phi \left(\frac{n}{d}\right)$$
若 $n$ 太大，不能预处理所有的 $\phi (i)$ ，则需要做以下分解：
$$\begin{gathered} f(p^k)=\sum _{i=0}^k{p}^i\cdot \phi \left(p^{k-i}\right)=\sum _{i=0}^{k-1}{p}^i\cdot p^{k-i-1}(p-1)+p^k=p^{k-1}(kp+p-k) \\ f(n)=f\left(\prod _{i=1}^r{p}^{k_i}\right)=\prod _{i=1}^{r}f(p^{k_i})=\prod _{i=1}^r\left(p_i^{k_i-1}(k_i{p}_i+p_i-k_i)\right) \end{gathered}$$
四、求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=k]$ 。
$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=k]\\ =& \sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor }[\gcd (i,j)=1]\\ =& \sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor }\sum _{d\mid \gcd (i,j)}\mu (d)\\ =& \sum _{d=1}^{\lfloor \min (n,m)/k\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }[d\mid i]\sum _{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor }[d\mid j]\\ =& \sum _{d=1}^{\lfloor \min (n,m)/k\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \end{array}$$
下面用分块计算即可。

注：数论分块

对于含有 $\lfloor n/i\rfloor$ 的求和式，对于每个 $i$ ，找到最大的 $j$ 使得 $\lfloor n/i\rfloor =\lfloor n/j\rfloor$ ，则每次以 $[i,j]$ 为一块求和即可。$j$ 的求法如下：
$$\begin{gathered} \lfloor \frac{n}{i}\rfloor ⩽\frac{n}{i}\iff \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor ⩾\lfloor \frac{n}{\frac{n}{i}}\rfloor =\lfloor i\rfloor =i\iff i⩽\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor \\ \Rightarrow j=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor \end{gathered}$$

五、求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{\phi (ij)}{\phi (i)\phi (j)}$ 。
$$\frac{\phi (ij)}{\phi (i)\phi (j)}=\frac{ij\prod _{p\mid ij}\left(1-\frac{1}{p}\right)}{i\prod _{p\mid i}\left(1-\frac{1}{p}\right)j\prod _{p\mid j}\left(1-\frac{1}{p}\right)}=\frac{1}{\prod _{p\mid \gcd (i,j)}\left(1-\frac{1}{p}\right)}=\frac{\gcd (i,j)}{\phi (\gcd (i,j))}$$
因此原式可化简为
$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{\phi (ij)}{\phi (i)\phi (j)}\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{\gcd (i,j)}{\phi (\gcd (i,j))}\\ =& \sum _{k=1}^{\min (n,m)}\frac{k}{\phi (k)}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=k]\\ =& \sum _{k=1}^{\min (n,m)}\frac{k}{\phi (k)}\sum _{d=1}^{\lfloor \min (n,m)/k\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \end{array}$$

下面只需预处理 $k/\phi (k)$ ，$\mu (d)$ 即可。若时间限制较紧，预处理 $k/\phi (k)$ 时需要先预处理出逆元。

注：线性预处理逆元

设 $\mathrm{inv}(i)$ 表示 $i$ 模 $p$ 的逆元，若 $p=ki+j$ ，其中 $k$ 是整数，$j<i$ ，则有 $ki+j\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 。两边同乘 $i^{-1}{j}^{-1}$ ，有 $k{j}^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 。

因此 $i^{-1}\equiv -k{j}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 。其中，$k=\lfloor p/i\rfloor$ ，$j=p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i$ 。则
$$\mathrm{inv}(i)=-\lfloor p/i\rfloor \mathrm{inv}(p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)$$
代码实现如下：

const int N = 1e5 + 5;
int inv[N];
void init(){
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; ++i)
        inv[i] = (MOD -  MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
}

代码实现

借助欧拉筛预处理 $\phi (n)$ 和 $\mu (n)$ 的方法：

const int N = 1e5 + 5;
vector<int> pri;
bool npr[N];
int phi[N];
short int mu[N];
void euler(){ // O(n)
    memset(npr, false, sizeof(npr));
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; ++i){
        if (!npr[i]){
            pri.emplace_back(i);
            phi[i] = i - 1;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int p: pri){
            int k = i * p;
            if (k >= N) break;
            npr[k] = true;
            if (i % p == 0){
                phi[k] = phi[i] * p;
                mu[k] = 0;
                break;
            }
            phi[k] = phi[i] * (p - 1);
            mu[k] = -mu[i];
        }
    }
}

不用筛法预处理 $\phi (n)$ 和 $\mu (n)$ 的方法：

const int N = 1e5 + 5;
int phi[N];
void get_phi() { // O(nloglogn)
    for (int i = 2; i < N; ++i) if (!phi[i])
        for (int j = i; j < N; j += i){
            if (!phi[j]) phi[j] = 1;
            phi[j] -= phi[j] / i;
        }
}
short int mu[N];
void get_mu() { // O(nlogn)
    mu[1] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i)
        for (int j = i + i; j < N; j += i)
            mu[j] -= mu[i];
}