埃筛法求欧拉函数

普通的欧拉函数求解方法为 \(O(\log_{}{N} )\)，可是当遇到下面这题时，阁下又该如何应对呢？

给定一个正整数 \(n\)，求 \(1∼n\) 中每个数的欧拉函数之和。
其中，\(1 \leq n \leq 10^6\)。

很显然，传统方法复杂度为 \(O(n\log_{}{n})\)，最大可达 \(10^9\)，明显超时。

那么这里，我们提供一种可以在 \(\approx O(n\log_{}{\log{}{n}})\) 的时间复杂度解决的方法，埃筛法求欧拉函数。

首先，既然是埃筛，我们先把埃筛的代码写出来：

int func_Euler(int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!flag[i]) {
			prime.push_back(i);
			for(int j=i+i;j<=n;j+=i) flag[j]=1;
		}
	}
}

注：下记 \(\varphi (k)\) 为 \(k\) 的欧拉函数的值。

然后我们需要知晓一下几个结论：

1. 若 \(k\) 为素数，则 \(\varphi (k)=k-1\)。

2. 若有 \(k \bmod a = 0\)（\(a\) 为质数），则 \(\varphi (k \times a)=\varphi (k) \times a\)。
   证明如下：
   设 \(k\) 的质因子为 \(p_1 ... p_m\)，由于 \(k \bmod a == 0\)，即 \(a\) 已经在这些质因子中了，所以 \(k \times a\) 的质因子应该也为 \(p_1 ... p_m\)。
   所以：
   \(\varphi (k)=k \times (1-\frac{1}{p_1}) \times ... \times (1-\frac{1}{p_m})\)。
   \(\varphi (k \times a)=k \times a \times (1-\frac{1}{p_1}) \times ... \times (1-\frac{1}{p_m})\)。
   即：\(\varphi (k \times a)=\varphi (k) \times a\)。

3. 否则，即 \(k \bmod a \ne 0\)（\(a\) 为质数），则 \(\varphi (k \times a)=\varphi (k) \times (a-1)\)。
   证明如下：
   设 \(k\) 的质因子为 \(p_1 ... p_m\)，由于 \(k \bmod a \ne 0\)，所以 \(a\) 必为新的质因子，所以 \(k \times a\) 的质因子为 \(p_1 ... p_m\) 和 \(a\)。
   所以：
   \(\varphi (k)=k \times (1-\frac{1}{p_1}) \times ... \times (1-\frac{1}{p_m})\)。
   \(\varphi (k \times a)=k \times a \times (1-\frac{1}{p_1}) \times ... \times (1-\frac{1}{p_m}) \times (1-\frac{1}{a})\)。
   这里 \(a\) 与相乘 \((1-\frac{1}{a})\) 抵消为 \(a-1\)。
   即：\(\varphi (k \times a)=\varphi (k) \times (a-1)\)。

将上述结论结合到代码中去，即可（详见代码注释）。

时间复杂度为 \(O(n\log\log n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long //开long long，防止溢出
using namespace std;

const int N=1e6+5;
int phi[N]; //存储 φ(i) 的值
bool flag[N]; //是否为质数
vector<int> prime; //存储质数

int func_Euler(int n)
{
	phi[1]=1; //φ(1)=1
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!flag[i]) { //埃筛
			phi[i]=i-1; //结论1
			prime.push_back(i);
			for(int j=i+i;j<=n;j+=i) flag[j]=1;
		}
		for(auto it:prime){ //枚举每个质数，即位上面讲的 a
			if(i*it>n) break; //防止越界
			if(i%it==0){ //结论2
				phi[i*it]=phi[i]*it;
				break;
			}
			else phi[it*i]=phi[i]*(it-1); //结论3
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans+=phi[i]; //求和
	return ans;
}

signed main()
{
	int n;cin>>n;
	
	cout<<func_Euler(n)<<endl;
	
	return 0; 
} 

upd2024.7.30：上述方法并不是最优的做法，注意到我们其实可以线性进行质数筛法，这样就可以做到 \(O(N)\) 的时间复杂度。（也不知道当时我为啥一半埃筛一半欧拉筛）。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long //开long long，防止溢出
using namespace std;

const int N=1e6+5;
int phi[N]; //存储 φ(i) 的值
bool flag[N]; //是否为质数
vector<int> prime; //存储质数

int func_Euler(int n)
{
	phi[1]=1; //φ(1)=1
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!flag[i]) { //埃筛
			phi[i]=i-1; //结论1
			prime.push_back(i);
		}
		for(auto it:prime){ //枚举每个质数，即位上面讲的 a
			if(i*it>n) break; //防止越界
			flag[i*it]=1;
			if(i%it==0){ //结论2
				phi[i*it]=phi[i]*it;
				break;
			}
			else phi[it*i]=phi[i]*(it-1); //结论3
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans+=phi[i]; //求和
	return ans;
}

signed main()
{
	int n;cin>>n;
	
	cout<<func_Euler(n)<<endl;
	
	return 0; 
}