欧拉函数定义及其性质

参考：这里

前言

 这是笔者第一次写博客，挑选了一些笔者认为比较有意思且简单的欧拉函数的性质，希望各位看完的同时也自己动手证明一下，会对学习欧拉函数有很大的帮助。

一.定义

 在1~n中与n互质的数的个数，被称作欧拉函数，记作φ(n)

二.性质

1. 若 n 为质数，则 φ ( n ) = n − 1 证明： n 是质数，所以所有小于 n 的数都和 n 互质，即 n − 1 1.若n为质数，则φ(n) = n - 1\\ 证明：\\ n是质数，所以所有小于n的数都和n互质，即n-1 1.若n为质数，则φ(n)=n−1证明：n是质数，所以所有小于n的数都和n互质，即n−1

2. 如果 n 是质数 p 的 k 次幂，即 n = p k ，则 φ ( n ) = p k − p k − 1 2. 如果n是质数p的k次幂，即n=p^k，则φ(n)=p^k-p^{k-1} 2.如果n是质数p的k次幂，即n=pk，则φ(n)=pk−pk−1
证明：因为 n = p k , 所以在 1 到 n 中只有 p 的倍数与 n 不互质，可以分为 p × 1 , p × 2...... p × p k − 1 , 一共有 p k − 1 个数与 n 互质，则 φ ( n ) = n − p k − 1 = p k − p k − 1 。证明：\\ 因为n=p^k,所以在 1到n中只有p的倍数与n不互质，\\ 可以分为p\times 1,p \times 2......p \times p^{k-1},\\一共有p^{k-1}个数与n互质，则φ(n)=n-p^{k-1}=p^k-p^{k-1}。证明：因为n=pk,所以在1到n中只有p的倍数与n不互质，可以分为p×1,p×2......p×pk−1,一共有pk−1个数与n互质，则φ(n)=n−pk−1=pk−pk−1。

3. 欧拉函数计算公式 φ ( n ) = n × ∏ p ∣ n ( 1 − 1 p ) 证明：首先要知道 φ 是积性函数，即对于互质的 p , q 都有 φ ( p q ) = φ ( p ) φ ( q ) 首先 n 可以分为 n = p 1 a 1 p 2 1 2 . . . p m a m 因为 φ 是积性函数，所以 φ ( n ) = φ ( p 1 a 1 ) φ ( p 2 a 2 ) . . φ ( p m a m ) 由性质 2 转化这个等式 = ( p a 1 − p a 1 − 1 ) ( p a 2 − p a 2 − 1 ) . . . ( p a m − p a m − 1 ) = ( p a 1 p a 2 . . . p a m ) ( 1 − 1 p 1 ) ( 1 − 1 p 2 ) . . . ( 1 − 1 p m ) = n × ∏ p ∣ n ( 1 − 1 p ) 3.欧拉函数计算公式\\ φ(n)=n \times \prod\limits_{p|n}(1 - {1 \over p})\\ 证明：\\ 首先要知道φ是积性函数，\\ 即对于互质的p,q都有φ(pq)=φ(p)φ(q) 首先n可以分为\\ n=p_1^{a_1}p_2^{1_2}...p_m^{a_m}\\ 因为φ是积性函数，所以\\ φ(n)=φ(p_1^{a_1})φ(p_2^{a_2})..φ(p_m^{a_m})\\ 由性质2转化这个等式\\ =(p^{a_1}-p^{a_1-1})(p^{a_2}-p^{a_2 -1})...(p^{a_m}-p^{a_{m-1}})\\ =(p^{a_1}p^{a_2}...p^{a_m})(1-{1 \over p_1})(1-{1 \over p_2})...(1-{1\over p_m})\\ =n\times \prod\limits_{p|n}(1-{1\over p}) 3.欧拉函数计算公式φ(n)=n×p∣n∏(1−p1)证明：首先要知道φ是积性函数，即对于互质的p,q都有φ(pq)=φ(p)φ(q)首先n可以分为n=p1a1p212...pmam因为φ是积性函数，所以φ(n)=φ(p1a1)φ(p2a2)..φ(pmam)由性质2转化这个等式=(pa1−pa1−1)(pa2−pa2−1)...(pam−pam−1)=(pa1pa2...pam)(1−p11)(1−p21)...(1−pm1)=n×p∣n∏(1−p1)

4. 若 n > 2 , 则 φ ( n ) 为偶数首先了解一个东西 — — 更相减损术即 g c d ( n , m ) = g c d ( n , n − m ) [ g c d ( a , b ) 表示 a 和 b 的最大公约数 ] 所以，对于每一个与 n 互质的数 x ( 即 g c d ( n , x ) = 1 ) , 都有另一个 n − x 与之对应 ( g c d ( n , n − x ) = 1 ) 所以 φ ( n ) 一定是一个偶数 4.若n>2,则φ(n)为偶数\\ 首先了解一个东西——更相减损术即gcd(n,m)=gcd(n,n-m)\\ [gcd(a,b)表示a和b的最大公约数]\\ 所以，对于每一个与n互质的数x(即gcd(n,x)=1),都有另一个n-x与之对应(gcd(n,n-x)=1)\\ 所以φ(n)一定是一个偶数 4.若n>2,则φ(n)为偶数首先了解一个东西——更相减损术即gcd(n,m)=gcd(n,n−m)[gcd(a,b)表示a和b的最大公约数]所以，对于每一个与n互质的数x(即gcd(n,x)=1),都有另一个n−x与之对应(gcd(n,n−x)=1)所以φ(n)一定是一个偶数

5. ∀ n > 1 , 都有 1 — n 中与 n 互质的数的和为 φ ( n ) n 2 证明 : 由性质 4 我们知道，对于任意小于 n 的数 x 且 g c d ( n , x ) = 1 ，都有另一个 n − x 与之对应，他们的和就是 n ，一共有多少组这样的数呢？很明显是 φ ( n ) 2 则他们的和就是 φ ( n ) n 2 5.\forall n>1,都有1—n中与n互质的数的和为{φ(n)n \over 2}\\ 证明:\\ 由性质4我们知道，对于任意小于n的数x且gcd(n,x)=1，都有另一个n-x与之对应，他们的和就是n，一共有多少组这样的数呢？很明显是{φ(n) \over 2}\\ 则他们的和就是{φ(n)n \over 2} 5.∀n>1,都有1—n中与n互质的数的和为2φ(n)n证明:由性质4我们知道，对于任意小于n的数x且gcd(n,x)=1，都有另一个n−x与之对应，他们的和就是n，一共有多少组这样的数呢？很明显是2φ(n)则他们的和就是2φ(n)n

6. 若 p 为质数，并且 p ∣ n 且 p 2 ∣ n , 则 φ ( n ) = φ ( ⌊ n p ⌋ ) × p 证明：因为 p ∣ n , 所以 p 是 n 的因子，又因为 p 2 ∣ n , 所以 ⌊ n p ⌋ 含有 n 的所有因子 , 因为 ⌊ n p ⌋ 和 n 明显只差一个质因子 p ，我们用欧拉函数的求和公式展开 φ ( n ) = n × ∏ i = 1 m ( 1 − 1 q i ) φ ( ⌊ n p ⌋ ) = ⌊ n p ⌋ × ∏ i = 1 m ( 1 − 1 q i ) 注意：两个 ∏ 符号中的 q i 是完全相同的，用 φ ( n ) 除以 φ ( ⌊ n p ⌋ ) 商为 p ，综上得： φ ( n ) = φ ( ⌊ n p ⌋ ) × p 6.若p为质数，并且p|n且p^2|n,则φ(n)= φ(\lfloor {n \over p} \rfloor) \times p\\ 证明：\\ 因为p|n,所以p是n的因子，又因为p^2|n,所以 \lfloor {n \over p} \rfloor含有n的所有因子,\\ 因为\lfloor {n \over p} \rfloor和n明显只差一个质因子p，我们用欧拉函数\\的求和公式展开\\ φ(n)=n \times \prod\limits_{i=1}^m(1 - {1 \over q_i})\\ φ(\lfloor {n \over p} \rfloor)=\lfloor {n \over p} \rfloor \times \prod\limits_{i=1}^m(1 - {1 \over q_i})\\ 注意：两个\prod符号中的q_i是完全相同的，用φ(n)\\ 除以φ(\lfloor {n \over p} \rfloor)商为p，综上得：\\ φ(n)=φ(\lfloor {n \over p} \rfloor) \times p 6.若p为质数，并且p∣n且p2∣n,则φ(n)=φ(⌊pn⌋)×p证明：因为p∣n,所以p是n的因子，又因为p2∣n,所以⌊pn⌋含有n的所有因子,因为⌊pn⌋和n明显只差一个质因子p，我们用欧拉函数的求和公式展开φ(n)=n×i=1∏m(1−qi1)φ(⌊pn⌋)=⌊pn⌋×i=1∏m(1−qi1)注意：两个∏符号中的qi是完全相同的，用φ(n)除以φ(⌊pn⌋)商为p，综上得：φ(n)=φ(⌊pn⌋)×p

7. 若 p 为质数且 p ∣ n ，且 p 2 不是 n 的因子，则有 φ ( n ) = φ ( ⌊ n p ⌋ ) × ( p − 1 ) 。证明 : 很简单，因为 p 为质数 , 所以 φ ( p ) = p − 1 因为 φ 是积性函数 ( ⌊ n p ⌋ 和 p 互质，因为 p 2 不是 n 的因子 ) ，所以 φ ( n ) = φ ( ⌊ n p ⌋ ） × ( p − 1 ) 7.若p为质数且p|n，且p^2不是n的因子，则有\\ φ(n)=φ(\lfloor {n \over p} \rfloor) \times (p-1)。\\ 证明:很简单，因为p为质数,所以φ(p)=p-1\\ 因为φ是积性函数(\lfloor {n \over p}\rfloor和p互质，因为p^2不是n的因子)，所以\\ φ(n)=φ(\lfloor {n \over p} \rfloor） \times (p-1) 7.若p为质数且p∣n，且p2不是n的因子，则有φ(n)=φ(⌊pn⌋)×(p−1)。证明:很简单，因为p为质数,所以φ(p)=p−1因为φ是积性函数(⌊pn⌋和p互质，因为p2不是n的因子)，所以φ(n)=φ(⌊pn⌋）×(p−1)

8. ∑ p ∣ n φ ( p ) = n 这个证明思想是很重要的，你可以深入地想一想证明：如果 g c d ( a , b ) = k , 那么 g c d ( a k , b k ) = 1 如果上式不成立，那么一定存在一个 p 使得 p 与 k 互质且 p 不是 a ， b 的最大公约数 , 那么 a ， b 同时有公因子 p ， k 则 g c d ( a , b ) = p k ≠ k , 所以上式成立有了上面的结论，我们可以想到，可以从枚举约数的角度出发，设 f ( i ) 是 g c d ( k , n ) = i 的数 ( 即 k ) 的个数，则有： n = ∑ i = 1 n f ( i ) [ 显然 n 的约数不可能超过 n ] 又因为 f ( i ) = φ ( n i ) ( 用上面的公约数公式化简 ) 所以 n = φ ( d ) ( 注意 d 和 n d 是对称的 ) 8.\sum\limits_{p|n}φ(p) = n\\ 这个证明思想是很重要的，你可以深入地想一想\\ 证明：\\ 如果 gcd(a,b)=k,那么gcd({a \over k},{b \over k})=1\\ 如果上式不成立，那么一定存在一个p使得\\p与k互质且p不是 a，b的最大公约数,那么a，b同时有公因子p，k\\ 则gcd(a,b)=pk \neq k,所以上式成立\\ 有了上面的结论，我们可以想到，可以从枚举约数的角度出发，\\ 设f(i)是gcd(k,n)=i的数(即k)的个数，则有：\\ n=\sum\limits_{i=1}^nf(i)[显然n的约数不可能超过n]\\ 又因为f(i)=φ({n \over i})(用上面的公约数公式化简)\\ 所以n=φ(d)(注意d和{n \over d}是对称的) 8.p∣n∑φ(p)=n这个证明思想是很重要的，你可以深入地想一想证明：如果gcd(a,b)=k,那么gcd(ka,kb)=1如果上式不成立，那么一定存在一个p使得p与k互质且p不是a，b的最大公约数,那么a，b同时有公因子p，k则gcd(a,b)=pk=k,所以上式成立有了上面的结论，我们可以想到，可以从枚举约数的角度出发，设f(i)是gcd(k,n)=i的数(即k)的个数，则有：n=i=1∑nf(i)[显然n的约数不可能超过n]又因为f(i)=φ(in)(用上面的公约数公式化简)所以n=φ(d)(注意d和dn是对称的)

例题

GCD SUM

题意简述：
求 ∑ i = 1 n ∑ i = 1 n g c d ( i , j ) \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{i=1}^ngcd(i,j) i=1∑ni=1∑ngcd(i,j)
思路：
那么我们就可以将问题转换为
∑ d ∣ n ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n d × [ g c d ( i , j ) = d ] \sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nd \times [gcd(i,j)=d] d∣n∑i=1∑nj=1∑nd×[gcd(i,j)=d]
为什么这么转换呢？观察性质8，我们发现将一个类如上面的
式子转换为枚举约数的形式，能够很好地简化时间复杂度，
然后在用性质8的思路，用枚举约数的形式，优化时间复杂度。即：
∑ d ∣ n ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n d × [ g c d ( i , j ) = d ] \sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nd \times [gcd(i,j)=d] d∣n∑i=1∑nj=1∑nd×[gcd(i,j)=d]
将i提到前面，则原式为
∑ d ∣ n d ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n [ g c d ( i , j ) = d ] \sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n[gcd(i,j)=d] d∣n∑di=1∑nj=1∑n[gcd(i,j)=d]
[gcd(i,j)=d]是一个布尔值，它的含义是当[]中的表达式成立时值是1，否则是0
由性质8中的式子，我们可以得到：
∑ d ∣ n d ∑ i = 1 n d ∑ j = 1 n d [ g c d ( i , j ) = 1 ] \sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{i=1}^{n \over d}\sum\limits_{j=1}^{n \over d}[gcd(i,j)=1] d∣n∑di=1∑dnj=1∑dn[gcd(i,j)=1]
发现 : ∑ j = 1 n d [ g c d ( i , j ) = 1 ] 与我们所接触的欧拉函数很像，但是上界阻碍了我们对他的变形，所以我们考虑更换上界观察思考我们知道：如果 g c d ( i , j ) = 1 , 那么 g c d ( j , i ) 也是 1 所以我们枚举的时候，只需要把 j 的上界变为 i ，得到的结果数乘以 2 就可以了但是 , 当 i = j = 1 的时候，会出现重复统计，所以要减去 1 发现:\sum\limits_{j=1}^{n \over d}[gcd(i,j)=1]与我们所接触的欧拉函数很像，但是上界阻碍了\\ 我们对他的变形，所以我们考虑更换上界\\ 观察思考我们知道：如果gcd(i,j)=1,那么gcd(j,i)也是1\\ 所以我们枚举的时候，只需要把j的上界变为i，得到的结果数乘以2就可以了\\ 但是,当i=j=1的时候，会出现重复统计，所以要减去1 发现:j=1∑dn[gcd(i,j)=1]与我们所接触的欧拉函数很像，但是上界阻碍了我们对他的变形，所以我们考虑更换上界观察思考我们知道：如果gcd(i,j)=1,那么gcd(j,i)也是1所以我们枚举的时候，只需要把j的上界变为i，得到的结果数乘以2就可以了但是,当i=j=1的时候，会出现重复统计，所以要减去1
g c d 的上界变为 i ，把他转换成欧拉 ∑ j = 1 i [ g c d ( i , j ) ] = 1 等价于 φ ( i ) gcd的上界变为i，把他转换成欧拉\sum\limits_{j=1}^i[gcd(i,j)]=1等价于 φ(i) gcd的上界变为i，把他转换成欧拉j=1∑i[gcd(i,j)]=1等价于φ(i)
∑ d ∣ n d ( ( 2 × ∑ i = 1 n d φ ( i ) ) − 1 ) \sum\limits_{d|n}d((2 \times \sum\limits_{i=1}^{n \over d} φ(i))-1) d∣n∑d((2×i=1∑dnφ(i))−1)
这样，我们只需要用线性筛求出每个数的欧拉函数值，再用前缀数组sum记录
就能用O(n)的时间复杂度完成此题(线性筛在注释里有解释，不懂得可以去百度
一下 ~~逃)

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 20;
int phi[maxn], pri[maxn], n, cnt;//phi[i]表示i的欧拉函数值，pri数组用来存素数，cnt是素数数量
long long sum[maxn], ans = 0;//sum记录前缀和，ans表示答案
bool is_pri[maxn];//标记每个数是否为素数void get_euler()
{phi[1] = is_pri[1] = 1;//初始化for (int i = 2; i <= n; i++)//从2开始枚举每个素数，如果枚举到他的倍数就打上标记{if (!is_pri[i]) pri[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;//i是质数，欧拉函数值是i-1，加入pri数组中for (int j = 1; j <= cnt && i * pri[j] <= n; j++)//对n以内的数进行合数筛除和计算欧拉值{is_pri[i * pri[j]] = true;//标记合数if (i % pri[j] == 0)//线性筛保证每个数只被自己最小的因子晒去，所以i%pri[j]==0退出循环{phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];//具体的，看性质6break;//退出}elsephi[i * pri[j]] = phi[i] * phi[pri[j]];//性质7}}for (int i = 1; i <= n; i++)sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];//维护前缀和
}int main()
{cin >> n;get_euler();for (int i = 1; i <= n; i++) ans += i * (sum[n / i] * 2 - 1);//计算答案cout << ans;  return 0;
}

第一次写博客，如果有不对的地方欢迎私聊笔者，最后支持一下吧，求(｀・ω・´)