欧拉函数,又称为Euler's totient function,在程序编辑中有很大的用途,所以在此总结一下。
欧拉函数定义
少于或等于n的数中与n互质的数的数目。
欧拉函数求法
因为任意正整数都可以唯一表示成如下形式:
n=p1^a1*p2^a2*……*pi^ai
可以推出:Eular(n)=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)....(1-1/pi);
因为对于每一个质因子,比如2,那么在小于n的数中,与n不互质的,与其公约数是2的倍数的占其1/2,所以乘上1/2就是剩下与n公约数不含2的,然后依次类推,对于每个n的约数,乘上(pi-1/pi),最后的答案就是欧拉函数值了。
欧拉函数代码
欧拉函数在程序语言中,有两种求法,一种是按照定义求出单个的欧拉函数,一种是求出一定范围内所有的欧拉函数。
单个欧拉函数 》
int Eular(int n){ int ret=1,i; for(i=2;i*i<=n;i++) if(n%i==0){ n/=i,ret*=i-1; while(n%i==0)n/=i,ret*=i; }if(n>1) ret*=n-1; return ret; }
也许对于这个程序一开始看会有些迷糊,为什么没有按照定义乘上用n乘上(pi-1/pi)呢?因为一开始ret是赋值为1而不是n,那么就省去了除法的部分,而直接乘上pi-1即可。
筛法求欧拉函数 》
for(i=1;i<=maxn;i++) phi[i]=i; for(i=2;i<=maxn;i+=2) phi[i]/=2; for(i=3;i<=maxn;i+=2)if(phi[i]==i){ for(j=i;j<=maxn;j+=i)phi[j]=phi[j]/i*(i-1); }
对于筛法求素数,想必大家已经非常地熟悉,那么筛法求欧拉函数也是同样的原理,对于每个质因子pi,要乘上(pi-1/pi),那么最后phi数组就是答案了。
欧拉函数的应用
题目大意:求一个小于一个数与其互质的数的个数
题解:欧拉函数的定义,直接应用。
#include <cstdio> int eular(int n){ int ret=1,i; for(i=2;i*i<=n;i++) if(n%i==0){ n/=i,ret*=i-1; while(n%i==0) n/=i,ret*=i; } if(n>1) ret*=n-1; return ret; } int main(){ int n; scanf("%d",&n); while (scanf("%d",&n)!=EOF) printf("%d\n",eular(n)); return 0; }
题目大意:求a到b范围的欧拉函数的和。
题解:筛法就欧拉函数。
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int maxn=3000005; long long phi[maxn]; int main(){ int i,j,a,b; for(i=1;i<=maxn;i++) phi[i]=i; for(i=2;i<=maxn;i+=2) phi[i]/=2; for(i=3;i<=maxn;i+=2)if(phi[i]==i){ for(j=i;j<=maxn;j+=i) phi[j]=phi[j]/i*(i-1); } while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF){ long long ans=0; for(i=a;i<=b;i++)ans+=phi[i]; cout<<ans<<endl; } return 0; }
题目大意:求小于n的gcd(i,n)大于1的个数
题解:欧拉函数直接求gcd(i,n)==1的个数 用n减即可
#include <cstdio> int Eular(int n){ int ret=1,i; for(i=2;i*i<=n;i++) if(n%i==0){ n/=i,ret*=i-1; while(n%i==0)n/=i,ret*=i; } if(n>1) ret*=n-1; return ret; } int main(){ int n; while(scanf("%d",&n),n!=0)printf("%d\n",n-Eular(n)-1); return 0; }
题目大意:求小于n的与n不互质的数的和。
题解:首先欧拉函数可以求出小于n的与n互质的数的个数,然后我们可以发现这样一个性质,当x与n互质时,n-x与n互质,那么所有小于n与n互质的数总是可以两两配对使其和为n,这也就是为什么当n大于2时欧拉函数都是偶数,知道这一点后,就可以计算出小于n与n互质的数的和了,那么不互质的和只要用总和来减就可以了。
#include <cstdio> typedef long long LL; LL n,ans; LL Eular(LL n){ LL ret=1; for(int i=2;i*i<=n;i++){ if(n%i==0){ n/=i,ret*=(i-1); while(n%i==0)n/=i,ret*=i; } } if(n>1)ret*=(n-1); return ret; } int main(){ while(~scanf("%lld",&n)&&n){ ans=n*(n+1)/2-n; ans-=Eular(n)*n/2; printf("%lld\n",ans%1000000007); }return 0; }
题目大意:给定N,M, 求1<=X<=N 且gcd(X,N)>=M的个数。
题解:首先,我们求出数字N的约数,保存在约数表中,然后,对于大于等于M的约数p[i],求出Euler(n/p[i]),累计就是答案。因为对于每一个大于等于m的约数,GCD(N,t*p[i])=p[i]>=m(t与p[i]互质),所以n除以p[i]的欧拉函数的和就是答案。
#include <cstdio> int T,cnt,p[10000],n,m,i; int Eular(int n){ int ret=1; for(int i=2;i*i<=n;i++){ if(n%i==0){ n/=i,ret*=i-1; while(n%i==0)n/=i,ret*=i; } } if(n>1)ret*=(n-1); return ret; } int main(){ scanf("%d",&T); while(T--){ int ans=cnt=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=1;i*i<n;i++)if(n%i==0)p[cnt++]=i,p[cnt++]=n/i; if(n%i==0)p[cnt++]=i; for(int i=0;i<cnt;i++)if(p[i]>=m)ans+=Eular(n/p[i]); printf("%d\n",ans); }return 0; }
题目大意:给你N和K,问有多少个数对满足gcd(N-A,N)*gcd(N-B,N)=N^K。
题解:由于 gcd(a, N) <= N,于是 K>2 都是无解,K=2 只有一个解 A=B=N,只要考虑K=1的情况就好了其实上式和这个是等价的gcd(A,N)*gcd(B,N)=N^K,我们枚举gcd(A,N)=g,那么gcd(B,N)=N/g。问题转化为统计满足 gcd(A, N)=g的A的个数。这个答案就是 ɸ(N/g),只要枚举 N 的 约数就可以了。答案是 Σɸ(N/g)*ɸ(g)(g|N)。
#include <cstdio> typedef long long LL; const int MOD=1000000007; LL Eular(LL n){ LL ret=1; for(LL i=2;i*i<=n;i++){ if(n%i==0){ n/=i,ret*=i-1; while(n%i==0)n/=i,ret*=i; } }if(n>1)ret*=(n-1); return ret; } int main(){ int n,k; while(~scanf("%d%d",&n,&k)){ if(n==1||k==2){puts("1");continue;} if(k>2){puts("0");continue;} LL ans=0; for(LL i=1;i*i<=n;i++)if(n%i==0){ LL t=Eular(i)*Eular(n/i)%MOD; (ans+=t)%=MOD; if(i*i!=n)(ans+=t)%=MOD; }printf("%d\n",(int)ans); }return 0; }