欧拉函数与欧拉函数的递推总结+例题POJ2478

先来介绍几个与欧拉函数有关的定理：

定理一：设m与n是互素的正整数，那么

定理二：当n为奇数时，有。

因为2n是偶数，偶数与偶数一定不互素，所以只考虑2n与小于它的奇数互素的情况，则恰好就等于n的欧拉函数值。

定理三：设p是素数，a是一个正整数，那么

关于这个定理的证明用到容斥：

由于表示小于与互素数的正整数个数，所以用减去与它不互素的数的个数就行了。

那么小于与不互素数的个数就是p的倍数个数，有个。所以定理得证。

定理四：设为正整数n的素数幂分解，那么

 

 

这个定理可以根据定理一和定理三证明，其实用到的就是容斥。如果对容斥熟悉，其实完全就可以直接容斥。

定理五：设n是一个正整数，那么

 

 

这个其实可以看莫比乌斯反演就明白了。

定理六：设m是正整数，(a,m)=1，则：是同于方程的解。

定理七：如果n大于2，那么n的欧拉函数值是偶数。

1.求单个数的欧拉函数（白书版本）

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

2.1求1~n中所有数的欧拉phi函数值（这里就不引用白书上的了，太慢了。。。）

void Solve(void){    for(int i=1; i<n; i++)  p[i] = i;    for(int i=2; i<n; i+=2) p[i] >>= 1;    for(int i=3; i<n; i+=2)    {        if(p[i] == i)        {            for(int j=i; j<n; j+=i)                p[j] = p[j] - p[j] / i;        }    }}

算法原理：开始令i的欧拉函数值等于它本身，如果i为偶数，可以利用定理二变为求奇数的。若p是一个正整数满足，那么p是素数，在遍历过程中如果遇到欧拉函数值等于自身的情况，那么说明该数为素数。把这个数的欧拉函数值改变，同时也把能被该素因子整除的数改变。
2.2 求1~n中欧拉函数的改进版（主要看n大不大）

先打个素数表：

bool isprime[n];long long num_prime;void get_prime(){    memset(isprime,true,sizeof(isprime));    isprime[0]=isprime[1]=false;    for(int i=2;i*i<n;i++){        if(isprime[i]){            num_prime++;            for(int j=i*i;j<=n;j+=i)                isprime[i]=false;        }    }}

然后根据递推：

对于任意一个能被n整除的质数，有m = n/p

当m%p == 0 的时候，phi(n) = phi(m)*p

当m%p != 0的时候，phi(n) = phi(m)*(p-1)

long long dp[n]= {0ll};void Solve(void){    get_prime();    for(int i=2; i<n; ++i)    {        if(is_prime[i])            dp[i]=i-1;        else        {            for(int j=0; j<num_prime; ++j)                 if(i%prime[j]==0)                {                    if((i/prime[j])%prime[j]==0)                        dp[i]=dp[i/prime[j]]*prime[j];                    else                        dp[i]=dp[i/prime[j]]*(prime[j]-1);                    break;                }        }    }}

递推式证明：

1）由质因数分解定理得，在n中至少能够分解出一个素数p，导致 n = p*m，那么可以将1~n划分为一个区间的集合{ [m*(i-1) , m*i ] , 1<=i<=p }，则对于每个区间[m*(i-1)+1,m*i],其中的每个数可以看做m*(i-1)+j (1<=j<=m)。

2）所以gcd ( m*(i-1)+j , m ) 

= gcd ( m , (m*(i-1)+j)%m ) （根据秦九韶辗转相除法）

=gcd ( m , j )

那么也就是每个区间对应位置的数均与1~m中的某个数gcd相同，互质便是gcd(a,b)==1,所以1~n中与m互质的数有p*phi(m)个。

3）那么我们接下来进行分类讨论：

若m%p == 0 , 那么 m = a*p（a为一个正整数），所以若gcd(b,m) == 1 ,那么 gcd ( b , p ) == 1 , 所以 gcd ( m*p , b ) == 1 , 即gcd ( n , b ) == 1 ,所以在这种情况与m互质的数均与n互质,所以phi(n) = phi(m)*p;

若m%p != 0 , 那么若gcd ( b , m) == 1 , gcd ( b , p ) == p , 那么 gcd ( n , b ) == p,所以1~m与m互质的数为q,若m%p != 0 , 那么与m互质且与p不互质的数是q*p，因此在n当中这样的数有phi(m)个，所以 phi(n) = phi(m)*p - phi(m)

例题：POJ 2478

->题目传送门<-

题意：输入n，求n以内的数的欧拉函数的和（分子分母互素）

2.1版：422MS

#include <stdio.h>#include <iostream>#include <cstring>using namespace std;const int MAX=1000010;int prime[MAX]={0},num_prime=0;//num_pirme记录素数个数bool is_prime[MAX];void GetPrime(){  memset(is_prime,true,sizeof(is_prime));  is_prime[0]=is_prime[1]=false;  for(int i=2;i*i<MAX;i++)  {    if(is_prime[i])    for(int j=i*i;j<=MAX;j+=i)    {      is_prime[j]=false;    }  }}long long p[MAX];void Solve(){    for(int i=1; i<MAX; i++)  p[i] = i;    for(int i=2; i<MAX; i+=2) p[i] >>= 1;    for(int i=3; i<MAX; i+=2)    {        if(p[i] == i)        {            for(int j=i; j<MAX; j+=i)                p[j] = p[j] - p[j] / i;        }    }}int main(void){  int n,ncase=1;  Solve();  while(scanf("%d",&n)==1 && n)  {        long long sum=0;        for(int i=2;i<=n;i++){            sum+=p[i];        }        cout<<sum<<endl;  }  return 0;}

2.2版：157MS

#include <cstdio>#include <iostream>#include <cstring>using namespace stdconst int maxn=1000010;int prime[maxn],num_prime=0;//num_pirme记录素数个数bool is_prime[maxn];void get_Prime(){  memset(is_prime,true,sizeof(is_prime));  is_prime[0]=is_prime[1]=false;  for(int i=2;i*i<maxn;i++)  {    if(is_prime[i])      prime[num_prime++]=i;    for(int j=i*i;j<=maxn;j+=i)    {      is_prime[j]=false;    }  }}long long dp[maxn]={0ll};void solve(){    get_Prime();    for(int i=2;i<maxn;++i)    {        if(is_prime[i])            dp[i]=i-1;        else        {            for(int j=0;j<num_prime;++j)                if(i%prime[j]==0)                {                    if((i/prime[j])%prime[j]==0)                        dp[i]=dp[i/prime[j]]*prime[j];                    else                        dp[i]=dp[i/prime[j]]*(prime[j]-1);                    break;                }        }    }    for(int i=3;i<maxn;++i)        dp[i]+=dp[i-1];}int main(void){  int n;  solve();  while(scanf("%d",&n)==1 && n)  {        printf("%lld\n",dp[n]);  }  return 0;}

借鉴了两篇别人的文章： 

关于欧拉函数的递推方法的证明

欧拉函数与欧拉定理