【数论】欧拉函数与欧拉定理

数学杀我

欧拉函数

对于一个正整数 $x$ ，小于 $x$ 且和 $x$ 互质的正整数的个数，记做 $\varphi(x)$ 。其中 $\varphi(1)$ 被定义为 $1$ 。
$\varphi(x)=x\prod_{p|x}\frac{p-1}p$
部分性质：

若 $p$ 是质数， $\varphi(p)=p-1$ 。
若 $x$ 是质数 $p$ 的 $k$ 次幂，即 $x=p^k$ ，有 $\varphi(x)=p^k-p^{k-1}=(p-1)p^{k-1}$ 。
欧拉函数是积性函数（若 $x,y$ 互质，则 $\varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y)$ ）。

根据通式，枚举 $x$ 的质因数。可枚举 $\sqrt x$ 以内的质因数，若存在大于 $\sqrt x$ 的质因数则额外处理。
时间复杂度： $O(\sqrt n)$

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

欧拉筛

Eratosthenes筛法筛质数：先假设所有的数都是质数。从小到大讨论，若 $i$ 是质数，则 $i$ 的倍数全部标记为合数。
用同样的方法求欧拉函数，先设 $\varphi(i)=i$ ，若 $i$ 是质数，则 $i$ 的倍数（即包含 $i$ 这个质因数的数）的函数值都要更新。
时间复杂度： $O(n\log_2\log_2n)$

void make_prime(bool*mk,int n){
  memset(mk,0,sizeof(mk));mk[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;i++)if(!mk[i])
    for(int j=i+i;j<=n;j+=i)mk[j]=1;
}
void make_phi(int*phi,int n){
  for(int i=1;i<=n;i++)phi[i]=i;
  for(int i=2;i<=n;i++)if(phi[i]==i)
    for(int j=i;j<=n;j+=i)phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
}

Euler筛法筛质数：每个合数仅被它的最小质因数筛去正好一次。
线性筛求欧拉函数利用了欧拉函数的一些性质（ $p$ 为质数）：

$\varphi(p)=p-1$
若 $i\mod p=0$ ，那么 $\varphi(ip)=\varphi(i)p$
若 $i\mod p\neq0$ ，那么 $\varphi(ip)=\varphi(i)(p-1)$

时间复杂度： $O(n)$

void make_prime(bool*mk,int*p,int n){
  memset(mk,0,sizeof(mk));mk[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;i++){
    if(!mk[i])p[++tot]=i;
    for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=n;j++){
      mk[i*p[j]]=1;
      if(!(i%p[j]))break;
    }
  }
}
void make_phi(int*phi,bool*mk,int*p,int n){
  memset(mk,0,sizeof(mk));mk[1]=phi[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;i++){
    if(!mk[i])p[++tot]=i,phi[i]=i-1;
    for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=n;j++){
      mk[i*p[j]]=1;
      if(i%p[j])phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
      else{phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];break;}
    }
  }
}

GCD的个数（NKOJ 3684）

问题描述
给定两个正整数 $n$ , $m$ ，求满足下列两个条件的 $x$ 的个数：
条件1： $1\leqslant x\leqslant n$
条件2： $gcd(x,n)\geqslant m$

输入格式
一行，两个整数 $n$ 和 $m$

输出格式
一行，一个整数，表示所求结果

样例输入
10 2

样例输出
6

提示
$2\leqslant n\leqslant 1000000000,1\leqslant m\leqslant N$

先考虑满足 $x\leqslant n$ 且 $gcd(x,n)=d$ 的 $x$ 的个数，显然 $gcd(\frac xd,\frac nd)=1$
$\therefore\frac xd$ 为 $\lfloor\frac nd\rfloor$ 内的与 $\lfloor\frac nd\rfloor$ 互质的数，总共有 $\varphi(\lfloor\frac nd\rfloor)$ 个。
于是只需枚举 $n$ 的因数 $d$ ，当 $d\geqslant m$ 时答案增加 $\varphi(\lfloor\frac nd\rfloor)$ 。由于 $n$ 较大，可以把枚举量减少到 $\sqrt n$ 。特殊情况特殊处理。

typedef long long LL;
LL phi(LL x){
  LL ans=x;
  for(LL i=2;i*i<=x;i++)if(!(x%i)){
    ans=ans-ans/i;
  	while(!(x%i))x=x/i;
  }
  if(x>1)ans=ans-ans/x;
  return ans;
}
int main(){
  LL n,m,ans=0;
  read(&n,&m);
  for(LL d=1;d*d<=n;d++){
    if(d>=m&&!(n%d))ans+=phi(n/d);
    if(d*d<n&&!(n%d)&&n/d>=m)ans+=phi(d);
  }
  write(ans,"\n");
  return 0;
}

找互质（NKOJ 4494）

问题描述
给一个整数 $n$ ，请你在指定区间 $[a,b]$ 中找出共有多少个数是与 $n$ 互质的。

输入格式
一行，三个整数 $a,b,n$ 。

输出格式
一行，一个整数，表示计算结果。

样例输入
1 10 2

样例输出
5

提示
$1\leqslant a\leqslant b\leqslant 10^{15}$
$1\leqslant n\leqslant 10^9$

求区间 $[a,b]$ 中与 $n$ 互质的数的个数，可以分别求 $[1,a-1]$ 和 $[1,b]$ 中与 $n$ 互质的数的个数。
如何求区间 $[1,x]$ 中与 $n$ 互质的数的个数？在 $x$ 个数中除去与 $n$ 有共同质因数的数，剩下的就是与 $n$ 互质的数。
所以先将 $n$ 分解质因数（求欧拉函数时会枚举质因数）。答案先设为 $x$ ，假设每个数都与 $n$ 互质；对于每一种质因数的组合 $d$ ，答案减去 $\lfloor\frac xd\rfloor$ ，就除去了 $[1,x]$ 中 $d$ 的倍数。枚举所有组合，根据容斥原理奇加偶减即可求出答案。

代码中用 $tot$ 位二进制表示是否选取质因数集合中的各个元素。

typedef long long LL;
LL pfact[50],tot=0,a,b,n;
void make_primefact(LL n){
  for(LL i=2;i*i<=n;i++)if(!(n%i)){
    pfact[++tot]=i;
    while(!(n%i))n/=i;
  }
  if(n>1)pfact[++tot]=n;
}
LL calc(LL x){
  LL ans=x,s=1ll<<tot;
  for(LL i=1;i<s;i++){
    LL t=i,it=1,d=1,cnt=0;
    while(t){
      if(t&1)d*=pfact[it],cnt++;
      it++,t>>=1;
    }
    ans+=x/d*((cnt&1)?-1:1);
  }
  return ans;
}
int main(){
  read(&a,&b,&n);
  make_primefact(n);
  write(a>b?0:calc(b)-calc(a-1),"\n");
  return 0;
}

费马小定理

如果 $p$ 是素数，且 $a$ 与 $p$ 互质，即 $gcd(a,p)=1$ ，那么
$a^{p-1}\equiv1\pmod p$

证明：
有小于质数 $p$ 的 $p-1$ 个数构成的集合 $A=\{1,2,3,\ldots,p-1\}$ ，显然 $A$ 中的数都与 $p$ 互质。
将集合 $A$ 中的数乘以 $a$ 并对 $p$ 取模，放入集合 $B$ ，于是 $B=\{a\mod p,2a\mod p,3a\mod p,\ldots,(p-1)a\mod p\}$
$B$ 中的数都小于 $p$ ，并且由于 $gcd(a,p)=1$ ，这些数都与 $p$ 互质，得到 $A=B$ 。
将两个集合的元素分别相乘得 $(p-1)!\equiv(p-1)!a^{p-1}\pmod p$
$\therefore a^{p-1}\equiv1\pmod p$ 。

求乘法逆元

因为 $a^{p-1}\equiv1\pmod p$ ，那么 $a\cdot a^{p-2}\equiv1\pmod p$
所以 $a^{p-2}$ 就是 $a$ 关于模 $p$ 的乘法逆元。

欧拉定理

费马小定理是欧拉定理的一种特殊情况。
若 $a,n$ 为正整数，且 $a,n$ 互质，即 $gcd(a,n)=1$ ，则有：
$a^{\varphi(n)}\equiv1\pmod n$

证明过程参考费马小定理。
$a$ 与 $n$ 互质时，可用欧拉定理降幂。
$a^b\mod n=a^{b\mod\varphi(n)}\mod n$

一般地， $b\geqslant\varphi(n)$ 时：
$a^b\mod n=a^{b\mod\varphi(n)+k\varphi(n)}\mod n,k\in N^*$
上帝与集合的正确用法（NKOJ 5076）

问题描述
根据一些书上的记载，上帝的一次失败的创世经历是这样的：
第一天，上帝创造了一个世界的基本元素，称做元。
第二天，上帝创造了一个新的元素，称作 $\alpha$ 。 $\alpha$ 被定义为元构成的集合。容易发现，一共有 $2$ 种不同的 $\alpha$ 。
第三天，上帝又创造了一个新的元素，称作 $\beta$ 。 $\beta$ 被定义为 $\alpha$ 构成的集合。容易发现，一共有 $4$ 种不同的 $\beta$ 。
第四天，上帝创造了新的元素 $\gamma$ ， $\gamma$ 被定义为 $\beta$ 的集合。显然，一共会有 $16$ 种不同的 $\gamma$ 。
如果按照这样下去，上帝创造的第四种元素将会有 $65536$ 种，第五种元素将会有 $2^{65536}$ 种。这将会是一个天文数字。
然而，上帝并没有预料到元素种类数的增长是如此的迅速。他想要让世界的元素丰富起来，因此，日复一日，年复一年，他重复地创造着新的元素……
然而不久，当上帝创造出最后一种元素 $\theta$ 时，他发现这世界的元素实在是太多了，以致于世界的容量不足，无法承受。因此在这一天，上帝毁灭了世界。
至今，上帝仍记得那次失败的创世经历，现在他想问问你，他最后一次创造的元素 $\theta$ 一共有多少种？
上帝觉得这个数字可能过于巨大而无法表示出来，因此你只需要回答这个数对 $p$ 取模后的值即可。
你可以认为上帝从 $\alpha$ 到 $\theta$ 一共创造了 $10^9$ 次元素，或 $10^{18}$ 次，或者干脆 $\infin$ 次。
一句话题意：求 $2^{2^{2^{2^{2^{...}}}}}$ 对 $p$ 取模后的值。

输入格式
接下来 $T$ 行，每行一个正整数 $p$ ，代表你需要取模的值。

输出格式
$T$ 行，每行一个正整数，为答案对 $p$ 取模后的值。

样例输入
3
2
3
6

样例输出
0
1
4

提示
$T\leqslant 1000,p\leqslant10^7$

~~这是一道休闲题。~~

typedef long long LL;
LL phi(LL x){
  LL ans=x;
  for(LL i=2;i*i<=x;i++)if(!(x%i)){
    ans-=ans/i;
    while(!(x%i))x/=i;
  }
  if(x>1)ans-=ans/x;
  return ans;
}
LL Pow(LL a,LL b,LL c){
  LL ans=1;a%=c;
  while(b){
    if(b&1)ans=(ans*a)%c;
    a=(a*a)%c,b>>=1;
  }
  return ans;
}
LL calc(LL p){return p==1?0:Pow(2,calc(phi(p))+phi(p),p);}
int main(){
  LL t,p;
  read(&t);
  while(t--){read(&p);write(calc(p),"\n");}
  return 0;
}