第二十六章 数论——欧拉函数（详解与证明）

欧拉函数

1、互质

如果$gcd(a,b)=1$，则说明两个数互质。即如果两个数最大公约数是1，那么这两个数就是互质的。
比如14和15

14的约数：1，2，7，14
15的约数：1，3，5，15

二者的最大公约数是1，即$gcd(14,15)=1$，所以14和15互质。

2、欧拉函数的定义

对于一个数$n$,从$1$到$n$中，与$n$互质的个数记作$\Phi (n)$，那么这个$\Phi (n)$就i被称作欧拉函数。

比如：
$\Phi (6)=2$

因为，

1,2,3,4,5,6中与6互质的是1和5。

3、欧拉函数的公式

根据算数基本定理，该合数可以写成有限个质数的乘积，即：

$n=p_1^k\ast p_2^m\ast p_3^x...p_n^w$

那么$$\Phi (n)=n\ast (\frac{p_1-1}{p_1})\ast (\frac{p_2-1}{p2})\ast ...\ast (\frac{p_n-1}{p_n})$$

这就是著名的欧拉函数。

我们可以验证一下：

$6=2\ast 3$

$\Phi (6)=6\ast \frac{2-1}{2}\ast \frac{3-1}{3}=2$

特殊地，

如果一个数是质数，我假设这个质数是$p$，质数的算数基本定理的表达式就是本身，所以

$\Phi (p)=p\ast (\frac{p-1}{p})=p-1$

所以，如果一个数是质数，那么这个数$p$:
$\Phi (p)=p-1$

那么这个函数怎么证明呢？

我们继续向下看:

4、欧拉函数的证明

5、欧拉函数的使用

（1）问题一：

思路

现在问题的关键其实就是质因数的分解，而质因数的分解，作者在前面的文章详细讲解过分解方式：

传送门：质因数的分解

代码

#include
using namespace std;

long long phi(int a)
{
    long long ans=a;
    for(int i=2;i<=a/i;i++)
    {
        if(a%i==0)ans=ans*(i-1)/i;
        while(a%i==0)a/=i;
    }
    if(a>1)ans=ans*(a-1)/a;
    return ans;
}

int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int a;
        scanf("%d",&a);
        cout<<phi(a)<<endl;
    }
	return 0;
}

（2）问题二：

思路

这道题的关键在于求出1到n之间的每个数字的欧拉函数之和，那么我们可以将1到n之间的数字分成三类：

$case1$

$\Phi (1)=1$

$case2$

$\Phi (质数)=质数-1$

$case3$

合数的话，则需要分解质因数计算求解。
$$\Phi (n)=n\ast (\frac{p_1-1}{p_1})\ast (\frac{p_2-1}{p2})\ast ...\ast (\frac{p_n-1}{p_n})$$

涉及到数的筛选问题：

我们可以联想到之前所学的两种筛法：埃氏筛法和欧拉筛法

不了解这两个筛法的同学建议先去看一下作者之前的讲解：

埃氏筛法和欧拉筛法

我们这里采用欧拉筛法。

那么欧拉筛和欧拉函数怎么结合求呢？

首先我们根据欧拉函数公式：

$$\Phi (n)=n\ast (\frac{p_1-1}{p_1})\ast (\frac{p_2-1}{p2})\ast ...\ast (\frac{p_n-1}{p_n})$$

可以知道，结果只和质数本身有关，和他的指数是无关的。

另外，我们的欧拉筛是用来筛质数的，质数的欧拉函数也是很好求的，那么我们思考一下：

能否用质数的欧拉函数结果去求解合数的欧拉函数？

$primes[j]$是质数，所以我们的$\Phi (primes[j])=primes[j]-1$

我们欧拉筛的第二层循环中，我们存在这样一个判断 $imodprimes[j]是否等于0$

---

$$第一种情况：imodprimes[j]==0$$

这个判断说明，$primes[j]$是$i$的一个质因数。

也就是说，$\Phi (i)$中存在一项$(1-\frac{1}{primes[j]})$

而我们假设$k=i\ast primes[j]$，那么$k$的算数基本定理的表达式当中只是比$i$的表达式中，$primes[j]$的这一项所对的指数加了1而已。

也就是说，

$i\ast primes[j]$和$i$所含的质因数种类是相同的。

所以二者的欧拉函数中，后面的多项式乘积都是一样的，只是前面的系数$n$不同，因此我们可以得到下面的结论。

$$\Phi (i\ast primes[j])=primes[j]\ast \Phi (i)$$

---

$$第二种情况：imodprimes[j]!=0$$

因为，$primes[j]$不是$i$的质因数，但是$primes[j]$却是$primes[j]\ast i$的质因数。

此时就说明，$primes[j]\ast i$的算术基本定理的表达式中比$i$的算数基本定理中多了一项$primes[j]$

所以，此时$\Phi (i\ast primes[j])$比$\Phi (i)$不仅系数多了一个$primes[j]$，同时，由于前者的质因数多了一个，所以还多了一项$(1-\frac{1}{primes[j]})$

所以：

$$\Phi (i\ast primes[j])=primes[j]\ast \Phi (i)\ast (1-\frac{1}{primes[j]})=(primes[j]-1)\ast \Phi (i)$$

---

所以根据上面三种情况，我们可以将其融合到我们的欧拉筛中。

代码

#include
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int primes[N],cnt;
int euler[N];
bool st[N];
void get_eulers(int n)
{
    euler[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!st[i])
        {
            primes[cnt++]=i;
            euler[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++)
        {
  
            st[i*primes[j]]=true;
            if(i%primes[j]==0)
            {
                euler[i*primes[j]]=primes[j]*euler[i];
                break;
            }
            euler[i*primes[j]]=(primes[j]-1)*euler[i];
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    get_eulers(n);
    long long res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        res+=euler[i];
    }
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}