尤拉函式學習筆記
原理
請思考以下問題：
任意給定正整數n，請問在小於等於n的正整數之中，有多少個與n構成互質關係？（比如，在1到8之中，有多少個數與8構成互質關係？）
計算這個值的方法就叫做尤拉函式，以φ(n)表示。在1到8之中，與8形成互質關係的是1、3、5、7，所以 φ(n) = 4。
φ(n) 的計算方法並不複雜，但是為了得到最後那個公式，需要一步步討論。
第一種情況
如果n=1，則 φ(1) = 1 。因為1與任何數（包括自身）都構成互質關係。
第二種情況
如果n是質數，則 φ(n)=n-1 。因為質數與小於它的每一個數，都構成互質關係。比如5與1、2、3、4都構成互質關係。
第三種情況
如果n是質數的某一個次方，即 n = p^k (p為質數，k為大於等於1的整數)，則
\(\phi\left(p^{k}\right)=p^{k-p^{k-1}}\)
比如 φ(8) = φ(2^3) =2^3 - 2^2 = 8 -4 = 4。
這是因為只有當一個數不包含質數p，才可能與n互質。而包含質數p的數一共有p^(k-1)個，即1×p、2×p、3×p、...、p^(k-1)×p，把它們去除，剩下的就是與n互質的數。
上面的式子還可以寫成下面的形式：
\(\phi\left(p^{k}\right)=p^{k-p k-1}=p^{k}\left(1-\frac{1}{p}\right)\)
可以看出，上面的第二種情況是 k=1 時的特例。
第四種情況
如果n可以分解成兩個互質的整數之積，
n = p1 × p2
則
φ(n) = φ(p1p2) = φ(p1)φ(p2)
即積的尤拉函式等於各個因子的尤拉函式之積。比如，φ(56)=φ(8×7)=φ(8)×φ(7)=4×6=24。
這一條的證明要用到"中國剩餘定理"，這裡就不展開了，只簡單說一下思路：如果a與p1互質(a<p1)，b與p2互質(b<p2)，c與p1p2互質(c<p1p2)，則c與數對 (a,b) 是一一對應關係。由於a的值有φ(p1)種可能，b的值有φ(p2)種可能，則數對 (a,b) 有φ(p1)φ(p2)種可能，而c的值有φ(p1p2)種可能，所以φ(p1p2)就等於φ(p1)φ(p2)。
第五種情況
因為任意一個大於1的正整數，都可以寫成一系列質數的積。
\(n=p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2} \ldots p_{r} r}\)
根據第4條的結論，得到
\(\phi(n)=\phi\left(p_{1}^{\left.k_{1}\right)} \phi\left(p_{2}^{k_{2}}\right) \ldots \phi\left(p_{r r}^{k_{r}}\right)\right.\)
再根據第3條的結論，得到
\(\phi(n)=p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} \ldots p_{r}^{k_{r}} \left(1-\frac{1}{p_{1}}\right)\left(1-\frac{1}{p_{2}}\right) \ldots\left(1-\frac{1}{p_{r}}\right)\)
也就等於
\(\phi(n)=n\left(1-\frac{1}{p_{1}}\right)\left(1-\frac{1}{p_{2}}\right) \ldots\left(1-\frac{1}{p_{r}}\right)\)
這就是尤拉函式的通用計算公式。比如，1323的尤拉函式，計算過程如下：
\(\phi(1323)=\phi\left(3^{3} \times 7^{2}\right)=1323\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{7}\right)=756\)
性質
（1）對於質數\(n，φ(n)=n−1\)
（2）對於\(n=p^k,φ(n)=(p−1)∗p^{k−1}\)
（3）對於 \(n=\prod p_{i}^{k_{i}}\)，\(\varphi(n)=n * \prod\left(1-\frac{1}{p_{i}}\right)\)
（4） 對於\(gcd(n,m)=1\)，\(\varphi(n * m)=\varphi(n) * \varphi(m)\)
（5） 【尤拉定理】 對於互質的\(a,m\)， \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \quad(\bmod m)\)
（6） 小於n且與n互質的數的和：\(S=n * \frac{\varphi(n)}{2}\)
（7） 對於質數p
若\(n \quad \bmod p=0\)， $ φ(n∗p)=φ(n)∗p$，
若\(n \quad \bmod p \neq 0\)，\(\varphi(n * p)=\varphi(n) *(p-1)\)
（8）\(\sum_{d \mid n} \varphi(d)=n\)
\(\varphi(n)=\sum_{d \mid n} \mu(d) * \frac{n}{d}\)
模板
直接質因數分解法
//POJ 2407，給定n，求小於n且和n互質的數個數
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=1e5+5;
const ll maxp=1e5+5;
bool isPrime[maxn];
ll Prime[maxp], primecnt = 0;
void GetPrime(ll n){//篩到n
memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
isPrime[1] = 0;//1不是素數
for(ll i = 2; i <= n; i++){
if(isPrime[i])//沒篩掉
Prime[++primecnt] = i; //i成為下一個素數
for(ll j = 1; j <= primecnt && i*Prime[j] <= n; j++) {
isPrime[i*Prime[j]] = 0;
if(i % Prime[j] == 0)//i中也含有Prime[j]這個因子
break;
}
}
}
ll getol(ll n){
if(n==0){
return 0;
}
ll ans=n;
ll temp=n;
for(ll i=1;i<=primecnt;i++){
if(temp%Prime[i]==0){
ans=ans*(Prime[i]-1)/Prime[i];
while(temp%Prime[i]==0)
temp/=Prime[i];
}
if(temp<Prime[i]*Prime[i]){
break;
}
}
if(temp>1){
ans=ans*(temp-1)/temp;
}
return ans;
}
int main () {
GetPrime(maxn-5);
ll n;
while(~scanf("%lld",&n)){
if(n==0){
break;
}
ll ans=getol(n);
printf("%lld\n",ans);
}
}
線性素數篩法
原理:
- 若i%p=0，p是素數，那麼\(φ(i*p)=φ(i)*p\)
- 若i%p!=0，p是素數，那麼\(φ(i*p)=φ(i)*(p-1)\)
證明:
2式可以直接由積性函式的性質（性質4）推出，1式證明如下：
將\(i\)轉換為\(p^n*k\)的形式,則\(φ(i)=p^{n}*\frac{p-1}{p}*φ(k)\)，\(φ(i*p)=φ(p^{n+1}*k)\)，由於\(p^{n+1}\)和\(k\)互質，因此\(φ(i*p)=φ(p^{n+1}*k)=φ(p^{n+1})*φ(k)=p^{n+1}*\frac{p-1}{p}*φ(k)=p*φ(i)\)
程式碼:
//HDU1286，T組資料，詢問n的尤拉函式,n<32768
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const int maxp=1e6+5;
bool isprime[maxn];
int prime[maxp], primecnt = 0;
int ol[maxn];
void getOL(int n){//篩到n
memset(isprime, 1, sizeof(isprime));
isprime[1] = 0;//1不是素數
ol[1]=1;
for(int i = 2; i <= n; i++){
if(isprime[i]){//沒篩掉
prime[++primecnt] = i; //i成為下一個素數
ol[i]=i-1;
}
for(int j = 1; j <= primecnt && i*prime[j] <= n; j++) {
isprime[i*prime[j]] = 0;
if(i % prime[j] == 0){//i中也含有prime[j]這個因子
ol[i*prime[j]]=ol[i]*prime[j];
break;
}
else{
ol[i*prime[j]]=ol[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
}
int main(){
getOL(32768);
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",ol[n]);
}
}
引用與參考: