欧拉函数（汇总&例题）

定义

欧拉函数 $\varphi(n)$表示小于等于$n$的正整数中与$n$互质的数的数目。

性质

1、积性函数（证明）。

2、$\varphi(1)=1$（显然）

3、对于质数$n$,$\varphi(n)=n-1$（显然）

4、对于质数的幂$n=p^k$（其中$p$为质数，$k$为正整数），$\varphi(n)=p^{k-1}\cdot(p-1)$

证明：

归纳法，在$k=1$时显然成立，假设当$k$为$k-1$时成立，那么对于将$1,2,...p^k$中每一个数表示为$x\cdot p^{k-1}+d$，其中$0\leq x<p$，$1\leq d\leq p^{k-1}$，若某一个数对$\varphi(n=p^k)$有贡献，则其$d$的部分一定不含质因子$p$，因而一定对$\varphi(p^{k-1})$有贡献，所以，恰好每一个对$\varphi(p^{k-1})$有贡献的数都会对$\varphi(p^k)$有$p$次贡献，所以有$\varphi(p^k)= \varphi(p^{k-1}) \times p=p^{k-2}\times (p-1)\times p=p^{k-1}\times (p-1)$，得证。

计算

不妨设$n=\prod p_i^{t_i}$，其中$p_i$是质数，$t_i$为正整数。

则有$\varphi(n)=n \prod \frac {p_i-1} {p_i}$。

特别的，$\varphi(1)=1$。

证明的话，利用积性函数的性质和性质四组合即可证明。

反演

利用欧拉函数本身定义和其一条重要性质$$n=\sum\limits_{d|n} \varphi(d)$$

(其证明涉及到了我的知识盲区)

在莫比乌斯反演中，我们常利用莫比乌斯函数的性质把$$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{n} [gcd(x,y)=1]$$

转化为$$\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^n \sum\limits_{d|x,d|y} \mu(d)$$

然后进一步改变枚举项

那么类似的，我们也可以利用欧拉函数的定义将其转化$$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{n} [gcd(x,y)=1]\Rightarrow 2( \sum\limits_{i=1}^{n} \varphi(i))-1$$

这里两道利用欧拉函数进行反演的例题

1、BZOJ4804 欧拉心算

$T$组数据，给定$n$求$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{n} \varphi(gcd(x,y))$,$(T\leq 5000，n\leq 10^7)$

和上文的方法类似

$$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{n} \varphi(gcd(x,y))$$

$$\Downarrow$$

$$\sum\limits_{d=1}^{n} \varphi(d)\sum\limits_{x=1}^{\lfloor \frac nd \rfloor}\sum\limits_{y=1}^{\lfloor \frac nd \rfloor}[gcd(x,y)=1]$$

$$\Downarrow$$

$$\sum\limits_{d=1}^{n} \varphi(d)(2( \sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac nd \rfloor} \varphi(i))-1)$$这样只需要对前半部分数论分块，对后半部分线性筛预处理前缀和即可。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 10000010
using namespace std;
int read(){
	int nm=0,fh=1;char cw=getchar();
	for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
	for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
	return nm*fh;
}
int n,m,p[M],ph[M],tot,T;
LL G[M];
bool vis[M];
void init(){
	memset(vis,true,sizeof(vis));
	ph[1]=G[1]=1,vis[1]=false;
	for(int i=2;i<M;i++){
		if(vis[i]) ph[i]=i-1,p[++tot]=i;
		for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<M;j++){
			int num=p[j]*i; vis[num]=false;
			if(i%p[j]==0){ph[num]=ph[i]*p[j];break;}
			ph[num]=ph[i]*ph[p[j]];
		}
		G[i]=G[i-1]+ph[i];
	}
}
LL calc(){
	int now=1,RS,D;
	LL ans=0;
	while(now<=n){
		D=n/now,RS=n/D;
		ans+=(G[RS]-G[now-1])*((G[D]<<1)-1);
		now=RS+1;
	}
	return ans;
}
void write(LL x){
	if(x>9) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
int main(){
	init(),T=read();
	while(T--) n=read(),write(calc()),putchar('\n');
	return 0;
}

2、BZOJ3518 点组计数（权限题）

求$n\times m$方格点阵上任选三点共线的方案数(不同顺序属于同种方案)，$n,m\leq 10^5$

将水平和竖直的直线单独取出计算

对于倾斜的直线，枚举共线的三点的两端的横坐标只差$x$与纵坐标之差$y$。

他们中间的方格点的数量就应该是$gcd(x,y)-1$，接着再把$-1$单独取出计算，再利用$n=\sum_{d|n} \varphi(d)$这一条性质交换枚举项进行计算即可。$$ans1=n\cdot C_m^3 + m\cdot C_n^3$$

$$ans2=2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(gcd(i,j)-1)(n-i)(m-j)$$

$$ans2=2(t1-t2)，t1=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m gcd(i,j)(n-i)(m-j)，t2=\frac{n(n-1)}{2}\cdot \frac{m(m-1)}{2}$$

$$n=\sum\limits_{d|n} \varphi(d)$$

$$\Downarrow$$

$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mgcd(i,j)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|i,d|j}\varphi(d)=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\varphi(d) \lfloor \frac nd \rfloor \lfloor \frac md \rfloor$$

$$\Downarrow$$

$$t1=\sum\limits_{d=1}^n\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor}(n-i\times d)\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d\rfloor} (m-j\times d)$$仍然只需要常规的数论分块求解即可。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 50020
#define mod 1000000007
using namespace std;
LL read(){
	LL nm=0,fh=1;char cw=getchar();
	for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
	for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
	return nm*fh;
}
LL n,m,p[M],ph[M],tot,ans,MAXN;
bool vis[M];
void init(){
	memset(vis,true,sizeof(vis));
	ph[1]=1,vis[1]=false,MAXN=min(n,m);
	for(LL i=2;i<=max(n,m);i++){
		if(vis[i]) ph[i]=i-1,p[++tot]=i;
		for(LL j=1;j<=tot&&p[j]*i<MAXN;j++){
			LL num=p[j]*i; vis[num]=false;
			if(i%p[j]==0){ph[num]=ph[i]*p[j];break;}
			ph[num]=ph[i]*ph[p[j]];
		}
	}
}
LL ari(LL fs,LL ed,LL tot){return ((fs+ed)*(tot)/2)%mod;}
LL calc(){
	LL res=0;
	for(LL d=1;d<MAXN;d++){
		LL t1=ari(n-d,n-((n-1)/d)*d,(n-1)/d);
		LL t2=ari(m-d,m-((m-1)/d)*d,(m-1)/d);
		res+=(t1*t2%mod)*ph[d]%mod;
	}
	return (res<<1)%mod;
}
int main(){
	n=read(),m=read(),init(),ans=calc();
	ans+=mod-(2*((n-1)*n/2)*((m-1)*m/2))%mod;
	if(n>=3) ans+=m*((n*(n-1)*(n-2)/6)%mod)%mod;
	if(m>=3) ans+=n*((m*(m-1)*(m-2)/6)%mod)%mod;
	printf("%lld\n",ans%mod);
	return 0;
}

欧拉函数的另一个主流的应用就是在取模方面，即欧拉定理

$$x^{\varphi(P)}\equiv 1(mod\space P),(gcd(x,P)=1)$$

最经典的题目大概就是[BZOJ3884]上帝与集合的正确用法和[BZOJ4869][2017六省联考]相逢是问候了。

主要思路就是“幂次幂”，利用欧拉函数的性质，证得不断对于一个数求欧拉函数，即$\varphi(\varphi(...n...))$，只需$2log(n)$次直到1，随后一直不变。

简单证明一下，对于大于$1$的整数$n$:

若$n$为奇数，则其中必然含有一个奇质因数，因此$\varphi(n)$为偶数。

若$n$为偶数，则其中必然含有质因数$2$，因此$\varphi(n)\leq \frac n2$。

我也就不写具体的题解了，还是就把代码放上吧

[BZOJ3884]上帝与集合的正确用法

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 500200
#define N 10000
using namespace std;
LL read(){
	LL nm=0,fh=1;char cw=getchar();
	for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
	for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
	return nm*fh;
}
LL n,T,c[M],p[M],pri[M],ph[M],tmp,mod,m,cnt;
bool vis[M];
LL qpow(LL x,LL qs,LL md){
	LL fin=1;
	while(qs){
		if(qs&1) fin=fin*x%md;
		qs>>=1,x=x*x%md;
	}
	return fin;
}
void init(){
	memset(vis,true,sizeof(vis)),ph[1]=1,cnt=0;
	for(LL i=2;i<M;i++){
		if(vis[i]) pri[++cnt]=i,ph[i]=i-1;
		for(LL j=1;pri[j]*i<M&&j<=cnt;j++){
			LL num=pri[j]*i; vis[num]=false;
			if(i%pri[j]==0){ph[num]=ph[i]*pri[j];break;}
			ph[num]=ph[i]*ph[pri[j]];
		}
	}
}
LL PHI(LL x){
	LL fin=x,rem=x;
	if(x<M) return ph[x];
	for(LL j=1;j<=cnt&&pri[j]<=rem;j++){
		if(rem%pri[j]==0) fin/=pri[j],fin*=(pri[j]-1);
		while(rem%pri[j]==0) rem/=pri[j];
	}
	if(rem>1) fin/=rem,fin*=(rem-1);
	return fin;
}
LL calc(){
	for(p[tmp=0]=mod;p[tmp]>1;tmp++) p[tmp+1]=PHI(p[tmp]);
	p[++tmp]=1;	LL res=2;
	for(LL i=tmp;i;i--){
		res%=p[i],res+=p[i];
		res=qpow(2,res,p[i-1]);
	}
	return res;
}
int main(){
	init(),T=read();
	while(T--) mod=read(),printf("%lld\n",calc());
	return 0;
}

[BZOJ4869][2017六省联考]相逢是问候

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 500200
#define N 10000
using namespace std;
LL read(){
	LL nm=0,fh=1;char cw=getchar();
	for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
	for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
	return nm*fh;
}
LL n,T,c[M],p[M],f[M],tpe,L,R,tg[M],pre[M];
LL cnt,tk[M],P[1000],isp[M],pri[M],ph[M],Mi[10010][70][2],tmp,mod,m;
bool vis[M];
LL find(LL x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
LL qpow(LL x,LL qs,LL md){
	LL fin=1;
	while(qs){
		if(qs&1) fin=fin*x%md;
		qs>>=1,x=x*x%md;
	}
	return fin;
}
LL mul(LL kd,LL tim){return Mi[tim%N][kd][0]*Mi[tim/N][kd][1]%P[kd];}
void add(LL pos,LL x){for(LL k=pos;k<=n;k+=(k&(-k))) (c[k]+=x)%=mod;}
LL sum(LL pos){
	LL tot=0ll;
	for(LL k=pos;k>0;k-=(k&-k)) (tot+=c[k]+mod)%=mod;
	return tot;
}
void init(){
	memset(vis,true,sizeof(vis)),ph[1]=1,cnt=0;
	for(LL i=2;i<M;i++){
		if(vis[i]) pri[++cnt]=i,ph[i]=i-1;
		for(LL j=1;pri[j]*i<M&&j<=cnt;j++){
			LL num=pri[j]*i; vis[num]=false;
			if(i%pri[j]==0){ph[num]=ph[i]*pri[j];break;}
			ph[num]=ph[i]*ph[pri[j]];
		}
	}
}
LL PHI(LL x){
	LL fin=x,rem=x;
	if(x<M){return ph[x];}
	for(LL j=1;j<=cnt&&pri[j]<=rem;j++){
		if(rem%pri[j]==0) fin/=pri[j],fin*=(pri[j]-1);
		while(rem%pri[j]==0) rem/=pri[j];
	}
	if(rem>1) fin/=rem,fin*=(rem-1);
	return fin;
}
LL calc(LL kd,LL now){
    for(LL i=kd;i;i--){
        if(now>=P[i]) now=now%P[i]+P[i];
		now=mul(i-1,now);
        if(!now) now=P[i-1];
    }
    return now;
}
int main(){
	n=read(),T=read(),mod=read(),m=read();
	for(LL i=1;i<=n;i++) f[i]=i,p[i]=read(),pre[i]=p[i],add(i,p[i]);
	P[0]=mod,init(),f[n+1]=n+1;
	for(tmp=0;P[tmp]>1;tmp++) P[tmp+1]=PHI(P[tmp]);
	P[++tmp]=1;
	for(LL kd=0;kd<=tmp;kd++){
		Mi[0][kd][0]=Mi[0][kd][1]=1%P[kd];
		for(LL i=1;i<=N;i++) Mi[i][kd][0]=Mi[i-1][kd][0]*m%P[kd];
		for(LL i=1;i<=N;i++) Mi[i][kd][1]=Mi[i-1][kd][1]*Mi[N][kd][0]%P[kd];
	}
	while(T--){
		tpe=read(),L=read(),R=read();
		if(tpe){printf("%lld\n",(sum(R)-sum(L-1)+mod)%mod);continue;}
		for(LL now=find(L);now<=R;now=find(now+1)){
			tg[now]++;LL num=calc(tg[now],p[now]),dt;
			dt=num+mod-pre[now],add(now,dt%mod);
			if(tg[now]==tmp) f[now]=f[find(now+1)];
			pre[now]=num;
		}
	}
	return 0;
}