欧拉和莫比乌斯
初稿写于2021-10-10，
再修改于2022-02-07
Achtung: 本文章使用p来代指“任意质数”，请勿混淆。
欧拉函数
欧拉函数 \(φ(n)\) 的概念是在 \([0,n-1]\) 范围内有多少个整数与 \(n\) 互质。
其中，我们规定 \(φ(1)=1\)，
且不难发现，\(φ(p)=p-1\)。
欧拉函数的一些性质
欧拉函数是积性函数
即 \(φ(mn) = φ(m) φ(n)\)
并且当 \(n \bmod{2} \equiv 1\) 时，\(φ(2n) = φ(n)\)，
而当 \(n \bmod{2} \equiv 0\)（即 \(2|n\))时，\(φ(2n) = 2 φ(n)\)
\(\displaystyle \sum_{m|n}^{n} m = n \frac{φ(n)}{2}\)
易证。
\(\displaystyle \sum_{d|n} φ(d) = n\)
我们利用莫比乌斯反演的相关知识可以得出。
或者我们这样考虑：
如果 \(\gcd(k,n) = d\) ，那么 \(\gcd(\frac{k}{d} , \frac{n}{d}) = 1 (k < n)\) 。
我们如果设 \(f(x)\) 为满足 \(\gcd(k,n) = x\) 的数的个数，那么 \(n = \sum_{i-1}^n f(i)\) 。
根据上面的证明，我们可以发现， \(f(x) = φ(\frac{n}{x})\) ，从而得到 \(n = \sum_{d|n} φ(\frac{n}{d})\) 。注意此时我们的约数 \(d\) 和 \(\frac{n}{d}\) 具有对称性，所以上面的式子可以化为 \(n = \sum_{d|n} φ(d)\) 。
\(\displaystyle φ(p^k) = p^k - p^{k-1}\)
若 \(n = p^k\) ，那么 \(φ(n) = p^k - p^{k-1}\) 。
由定义可知。
因为有 \(n \perp p^k \iff p \not \mid n\) 。在 \(\{ 0,1,p,\cdots ,p^k-1 \}\) 中， \(p\) 的倍数是 \(\{ 0,p,2p,\cdots ,p^k-p \}\) ，共有 \(p^{k-1}\) 个。
\(\displaystyle φ(\prod_{i=1}^s p_i^{k_i}) = \prod_{i=1}^s p_i^{k_i - 1} · (p_i - 1)\)
由唯一分解定理，设 \(n = \prod_{i=1}^s p_i^{k_i}\) ，则有 \(φ(n) = \prod_{i=1}^s \frac{p_i - 1}{p_i}\)。
证明：
计算欧拉函数的值
单点求值
我们不难发现，当 \(m\) 是一个质数的整数幂 \(p^k\) 时，我们有
;
如果 \(m>1\) 不是一个质数的整数幂，那我们可以把 \(m\) 拆分成 \(m=m_1 m_2\) ，其中 \(m_1 \perp m_2\)。这样这个数就可以在剩余系里表示为 \((n \bmod m_1 , n \bmod m_2)\) 。如果你不知道什么是剩余系，可以看我的博客：（咕了）。
根据
和
可得
，由此，我们可以推得
所以，欧拉函数是一个积性函数。
欧拉函数的通项公式是
上代码：
int euler_phi(int n)
{
int m = int(sqrt(n + 0.5));
int ans = n;
for(int i = 2; i <= m; 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;
}
如果将代码改为下面的形式可以优化一些：
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;
}
区间筛
而我们可以使用筛法来求连续区间的欧拉函数值：
const int N = 1e7 + 5;
int phi[N], prime[N / 100];
bool visit[N];
void getphi(int n)
{
phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
if(!visit[i])
{
prime[prime[0] + 1] = i;
prime[0]++;
phi[i] = i - 1;
}
for(int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= n; j++)
{
visit[i * prime[j]] = true;
if(!(i % prime[j]))
{
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
else
{
phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
}
}
}
}
还有OI Wiki上提供的代码：
void pre()
{
memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
int cnt = 0;
is_prime[1] = 0;
phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= 5000000; i++)
{
if(is_prime[i])
{
prime[++cnt] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= 5000000; j++)
{
is_prime[i * prime[j]] = 0;
if(i % prime[j])
phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
else
{
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
}
}
}
复杂度均为线性。
欧拉定理
我们先看一下费马小定理。
费马小定理
众所周知，费马小定理是：
还有另一种形式，是这样的：
。
证明
我们首先取一个不为 \(p\) 倍数的数 \(a\) 。
构造一个序列： \(A = \lbrace 1,2,3, \cdots , p - 1 \rbrace\) ，这个序列拥有这样的一个性质：
证明：
又因为每一个 \(A_i \times a \pmod{p}\) 都是独一无二的，且 \(A_i \times a \pmod{p} < p\) ，得证（每一个 \(A_i \times a\) 都对应了一个 \(A_i\)）。
设 \(f = (p-1)!\)，则
证毕。
或者也可以使用归纳法证明：
显然 \(1^p \equiv 1 \pmod{p}\)。那么假设 \(a^p \equiv a \pmod{p}\) 成立，那么通过二项式定理有
因为 \(C_p^k = \frac{p!}{(n-k)!k!}\) 对于 \(k \in \[ 1,p-1 \]\) 成立，在模 \(p\) 意义下 \(C_p^1 \equiv C_p^2 \equiv \cdots \equiv C_p^{p-1} \equiv 0 \pmod{p}\)，那么 \((a+1)^p \equiv a^p + 1 \pmod{p}\)，将 \(a^p \equiv a \pmod{p}\) 代入得 \((a+1)^p \equiv a+1 \pmod{p}\)。
证毕。
欧拉定理
欧拉定理的内容如下：
若 \(\gcd(a,m) = 1\)，则 \(a^{φ(m)} \equiv 1 \pmod{m}\)。
证明
欧拉定理的证明过程与费马小定理的证明过程十分相似。
我们同样首先构造一个与 \(m\) 互质的序列，再进行操作。
设 \(r_1,r_2, \cdots ,r_{φ(m)}\) 为模 \(m\) 意义下的一个简化剩余系，则 \(ar_1,ar_2, \cdots ,ar_{φ(m)}\) 同样也为模 \(m\) 意义下的一个简化剩余系。所以，\(\prod_{i=1}^{φ(m)} r_i \equiv \prod_{i=1}^{φ(m)} ar_i \equiv a^{φ(m)} \prod_{i=1}^{φ(m)} r_i \pmod{m}\)，约去 \(\prod_{i=1}^{φ(m)} r_i\) 后可得 \(a^{φ(m)} \equiv 1 \pmod{m}\)。
证毕。
当 \(m=p\) 时，由于 \(φ(m) = m-1\)，将之代入可得费马小定理。
扩展欧拉定理
扩展欧拉定理是这个样子的：
证明见OI Wiki
莫比乌斯函数
定义
我们把一个数字分解质因数为 \(n=p_1^{c_1}p_2^{c_2} \cdots p_k^{c_k}\)，则
解释一下：
- 当 \(n=1\) 时， \(μ(n)=1\)；
- 当 \(n \neq 1\) 时：
- 当存在 \(i\in [1,k]\)，使得 \(c_i > 1\) 时，\(μ(n)=0\)，也就是说只要某个质因子出现的次数超过一次，\(μ(n)\) 就等于 \(0\)；
- 当任意 \(i\in[1,k]\)，都有 \(c_i=1\) 时，\(μ(n)=(-1)^k\)，也就是说每个质因子都仅仅只出现过一次时，\(μ(n)\) 等于 \(-1\) 的 \(k\) 次幂，此处 \(k\) 指的便是仅仅只出现过一次的质因子的总个数。
性质
莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质：
其中 \([m==1]\) 代表 m==1?1:0 。
证明
设
那么
莫比乌斯反演
如果两个的函数 \(f(n)\) 与 \(g(n)\) 满足
则
证明
{% note info 摘自《混凝土数学》 %}
充分性
考虑到
因此
必要性
考虑到
因此
{% endnote %}
求莫比乌斯函数的值
单点求值
自己算。
区间筛法
void getMu()
{
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i)
{
if(!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j)
{
flg[i * p[j]] = 1;
if(i % p[j] == 0)
{
mu[i * p[j]] = 0;
break;
}
mu[i * p[j]] = -mu[i];
}
}
}
莫比乌斯变换
设 \(f(n)\)，\(g(n)\) 为两个数论函数。
如果有 \(f(n) = \sum_{d|n} g(d)\) 那么有：
形式1： \(g(n) = \sum_{d|n} μ(d) f(\frac{n}{d})\)。
这种形式下，函数 \(f(n)\) 被称为函数 \(g(n)\) 的莫比乌斯变换，反之则称之为其的莫比乌斯逆变换（反演）。
形式2： \(g(n) = \sum_{d|n} μ(\frac{d}{n}) f(d)\)。
据说这种形式更常考一点。
证明
- 方法一：对原式做数论变换。
用 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}g(d)\) 来替换 \(f(\dfrac{n}{d})\)，再变换求和顺序。最后一步变换的依据：\(\displaystyle\sum_{d\mid n}μ(d)=[n=1]\)，因此在 \(\dfrac{n}{k}=1\) 时第二个和式的值才为 \(1\)。此时 \(n=k\)，故原式等价于 \(\displaystyle\sum_{k\mid n}[n=k]\cdot g(k)=g(n)\)
- 方法二：运用卷积。
原问题为：已知 \(f=g * 1\)，证明 \(g=f * μ\)
易知如下转化：\(f * μ=g * 1 * μ\implies f * μ=g\)（其中 \(1 * μ=ε\)）。
对于第二种形式：
类似上面的方法一，我们考虑逆推这个式子。
我们把 \(d\) 表示为 \(kn\) 的形式，然后把 \(f\) 的原定义代入式子。
发现枚举 \(k\) 再枚举 \(kn\) 的倍数可以转换为直接枚举 \(n\) 的倍数再求出 \(k\)，发现后面那一块其实就是 \(ε\), 整个式子只有在 \(d=n\) 的时候才能取到值。
参考文献
《混凝土数学》
OI Wiki
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