hiho第九十六周 数论五·欧拉函数

描述

小Hi和小Ho有时候会用密码写信来互相联系，他们用了一个很大的数当做密钥。小Hi和小Ho约定了一个区间[L,R]，每次小Hi和小Ho会选择其中的一个数作为密钥。
小Hi：小Ho，这次我们选[L,R]中的一个数K。
小Ho：恩，小Hi，这个K是多少啊？
小Hi：这个K嘛，不如这一次小Ho你自己想办法算一算怎么样？我这次选择的K满足这样一个条件：

假设φ(n)表示1…n−1中与n互质的数的个数。对于[L,R]中的任意一个除K以外的整数y，满足φ(K)≤φ(y)且φ(K)=φ(y) 时，K<y。

也即是K是[L,R]中φ(n)最小并且值也最小的数。
小Ho：噫，要我自己算么？
小Hi：没错！
小Ho：好吧，让我想一想啊。
<几分钟之后…>
小Ho：啊，不行了。。感觉好难算啊。
小Hi：没有那么难吧，小Ho你是怎么算的？
小Ho：我从枚举每一个L,R的数i，然后利用辗转相除法去计算[1,i]中和i互质的数的个数。但每计算一个数都要花好长的时间。
小Hi：你这样做的话，时间复杂度就很高了。不妨告诉你一个巧妙的算法吧：
欧拉函数
小Hi：刚刚我所描述的φ(n)，一般被称为欧拉函数。其定义为：小于n的正整数中与n互质的数的个数。
小Ho：又是欧拉么！
小Hi：毕竟是伟大的数学家，所以以他名字命名的东西很多啦。
对于φ(n)，我们有这样三个性质：

• 若n为素数，则φ(n)=n−1

显然，由于n为素数，1…n−1与n都只有公因子1，因此φ(n)=n−1。

• 若n=pk，p为素数（即n为单个素数的整数幂），则φ(n)=(p−1)∗pk−1

因为n是p的整数幂，因此所有p的倍数和n都不互质。小于n的p的倍数一共有pk−1−1个(p,2p,3p,…,(pk−1−1)p)，因此和n互质的个数为：
pk−1−(pk−1−1)=pk−pk−1=(p−1)∗pk−1

• 若p和q互质，则φ(p∗q)=φ(p)∗φ(q)

对于所有小于pq的整数u，可以表示为u=aq+r。(a=0,1,2,…,p−1，r=0,1,…,q−1)。
对于u=aq+r, 设R=umodp，0≤R<q。对于一个固定的r，设a1,a2满足0<=a1,a2<p且a1≠a2，有：
u1=a1∗q+r,u2=a2∗q+r
u1−u2=(a1−a2)∗q
因为p与q互质，且|a1−a2|<p，则|u1−u2|一定不是p的倍数。
所以对于每一个固定的r，其对应的p个u=aq+r(a=0,1,2,…,p−1)对modp来说余数都不相同，即umodp的结果恰好取遍0,1,…,p−1中的每一个数。

下面我证明一个引理：umodp与p互质 ⇔u与p互质，其证明如下：
假设a,b互质,c=amodb。
假设c与b不互质，则存在1≤d，使得c=nd,b=md。
由于c=amodb，因此a=kb+c，
则a=kmd+nd=(kn+m)d
因此d是a,b的公因数，与a,b互质矛盾。
假设不成立，所以c与b互质。
因此对于任意一个确定的r，与其对应的p个u中恰好有φ(p)个与p互质。
同理，由u=aq+r知r与q互质 ⇔u与q互质。因此在0…q−1中恰好有φ(q)个r使得u与q互质。
综上，当r与q互质的情况下，固定r可以得到φ(p)个与p和q都互质的数。
满足条件的r一共用φ(q)个，所以一共能找到有φ(p)∗φ(q)个与p和q都互质的数。
由此得证：φ(p∗q)=φ(p)∗φ(q)
这一段证明不是太好理解，小Ho你一定要自己推导一遍哦。
小Ho：好。
小Hi：在上面这些性质的基础上我们能到推导出两条定理：

• 若p为质数，n为任意整数：若p为n的约数，则φ(n∗p)=φ(n)∗p;若p为不为n的约数，则φ(n∗p)=φ(n)∗(p−1)
  若p为n的约数，且p为质数。则我们可以将n表示为pk∗m。m表示其他和p不同的质数的乘积。

显然有pk与m互质，则：

φ(n)=φ(pk)∗φ(m)=(p−1)∗pk−1∗φ(m)
φ(n∗p)=φ(pk+1)∗φ(m)=(p−1)∗pk∗φ(m)=(p−1)∗p(k−1)∗φ(m)∗p=φ(n)∗p

由p不为n的约数，因此p与n互质，所以φ(n∗p)=φ(n)∗φ(p)=φ(n)∗(p−1)
根据这两条定理，当我们得到一个n时，可以枚举质数p来递推的求解φ(n∗p)。这一步是不是觉得很眼熟呢？
小Ho：嗯…我想起了，这不是我们使用欧拉筛法时一样的算法么？
小Hi：没错！因此我们只需要在欧拉筛代码的基础上做一个小改动，就可以得到递推求解φ(n)的算法：

isPrime[] = trueprimeList = []phi = []    // phi[n]表示n的欧拉函数primeCount = 0For i = 2 .. N    If isPrime[i] Then        primeCount = primeCount + 1        primeList[ primeCount ] = i        phi[i] = i - 1 // 质数的欧拉函数为p-1    End If     For j = 1 .. primeCount        If (i * primeList[j] > N) Then            Break        End If        isPrime[ i * primeList[j] ] = false        If (i % primeList[j] == 0) Then            // primeList[j]是i的约数，φ(n*p) = φ(n) * p            phi[ i * primeList[j] ] = phi[i] * primeList[j];            Break        Else             // primeList[j]不是i的约数，φ(n*p) = φ(n) * (p-1)            phi[ i * primeList[j] ] = phi[i] * (primeList[j] - 1);        End If    End IfEnd For

小Ho：因为欧拉筛的时间复杂度是O(n)的，因此求出一个大区间内所有数的欧拉函数也只用了O(n)的时间。接下来再使用O(n)的枚举就可以求得最小的K了。我知道该怎么做了！

代码:

#include<iostream>using namespace std;const int max_n = 5000000;int isPrime[max_n+1];int primeList[max_n+1];int phi[max_n];void Euler_function(){    for (int i = 0; i <= max_n; i++)        isPrime[i] = true, phi[i] = 1;    for (int i = 2; i <= max_n; i++)    {        if (isPrime[i]) {            primeList[++primeCount] = i;            phi[i] = i - 1;        }        for (int j = 1; j <= primeCount; j++) {            if (i*primeList[j] > max_n) break;            isPrime[i*primeList[j]] = false;            if (i%primeList[j] == 0) {                phi[i*primeList[j]] = phi[i] * primeList[j];                break;            }            else phi[i*primeList[j]] = phi[i] * (primeList[j] - 1);        }    }}int main(){    int L, R;cin >> L >> R; int min = L;    Euler_function();    for (int i = L+1; i <= R; i++)    {        if (phi[i] < phi[min]) min = i;    }    cout << min<< endl;    return 0;}