欧拉函数

定义

欧拉函数（Euler's totient function），即 $\varphi(n)$ ，表示的是小于等于和互质的数的个数。

比如说 $\varphi(1) = 1$ 。

当是质数的时候，显然有 $\varphi(n) = n - 1$ 。

性质

欧拉函数是积性函数。

即对任意满足 $\gcd(a, b) = 1$ 的整数，有 $\varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b)$ 。

特别地，当是奇数时 $\varphi(2n) = \varphi(n)$ 。

证明参见剩余系的复合。
$n = \sum_{d \mid n}{\varphi(d)}$ 。

证明

利用莫比乌斯反演相关知识可以得出。

也可以这样考虑：如果 $\gcd(k, n) = d$ ，那么 $\gcd(\dfrac{k}{d},\dfrac{n}{d}) = 1, ( k < n )$ 。

如果我们设表示 $\gcd(k, n) = x$ 的数的个数，那么 $n = \sum_{i = 1}^n{f(i)}$ 。

根据上面的证明，我们发现， $f(x) = \varphi(\dfrac{n}{x})$ ，从而 $n = \sum_{d \mid n}\varphi(\dfrac{n}{d})$ 。注意到约数和 $\dfrac{n}{d}$ 具有对称性，所以上式化为 $n = \sum_{d \mid n}\varphi(d)$ 。
若，其中是质数，那么 $\varphi(n) = p^k - p^{k - 1}$ 。（根据定义可知）
由唯一分解定理，设 $n = \prod_{i=1}^{s}p_i^{k_i}$ ，其中是质数，有 $\varphi(n) = n \times \prod_{i = 1}^s{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$ 。
证明
- 引理：设为任意质数，那么 $\varphi(p^k)=p^{k-1}\times(p-1)$ 。
  
  证明：显然对于从 1 到的所有数中，除了 $p^{k-1}$ 个的倍数以外其它数都与互素，故 $\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}\times(p-1)$ ，证毕。
  
  接下来我们证明 $\varphi(n) = n \times \prod_{i = 1}^s{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$ 。由唯一分解定理与 $\varphi(x)$ 函数的积性
  $\begin{aligned} \varphi(n) &= \prod_{i=1}^{s} \varphi(p_i^{k_i}) \\ &= \prod_{i=1}^{s} (p_i-1)\times {p_i}^{k_i-1}\\ &=\prod_{i=1}^{s} {p_i}^{k_i} \times(1 - \frac{1}{p_i})\\ &=n~ \prod_{i=1}^{s} (1- \frac{1}{p_i}) &\square \end{aligned}$
对任意不全为的整数， $\varphi(mn)\varphi(\gcd(m,n))=\varphi(m)\varphi(n)\gcd(m,n)$ 。

可由上一条直接计算得出。

实现

如果只要求一个数的欧拉函数值，那么直接根据定义质因数分解的同时求就好了。这个过程可以用 Pollard Rho 算法优化。

参考实现

C++Python

#include <cmath>

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;
}

import math


def euler_phi(n):
    ans = n
    for i in range(2, math.isqrt(n) + 1):
        if n % i == 0:
            ans = ans // i * (i - 1)
            while n % i == 0:
                n = n // i
    if n > 1:
        ans = ans // n * (n - 1)
    return ans

如果是多个数的欧拉函数值，可以利用后面会提到的线性筛法来求得。

详见：筛法求欧拉函数

应用

欧拉函数常常用于化简一列最大公约数的和。国内有些文章称它为 欧拉反演¹。

在结论

n=\sum_{d|n}\varphi(d)

中代入 $n=\gcd(a,b)$ ，则有

\gcd(a,b) = \sum_{d|\gcd(a,b)}\varphi(d) = \sum_d [d|a][d|b]\varphi(d),

其中， $[\cdot]$ 称为 Iverson 括号，只有当命题为真时取值为，否则取。对上式求和，就可以得到

\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)=\sum_{d}\sum_{i=1}^n[d|i][d|n]\varphi(d)=\sum_d\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor[d|n]\varphi(d)=\sum_{d|n}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\varphi(d).

这里关键的观察是 $\sum_{i=1}^n[d|i]=\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$ ，即在和之间能够被整除的的个数是 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$ 。

利用这个式子，就可以遍历约数求和了。需要多组查询的时候，可以预处理欧拉函数的前缀和，利用数论分块查询。

GCD SUM

给定 $n\le 100000$ ，求

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j).

思路

仿照上文的推导，可以得出

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j) = \sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor^2\varphi(d).

此时需要从遍历到求欧拉函数，用线性筛做就可以得到答案。

欧拉定理

与欧拉函数紧密相关的一个定理就是欧拉定理。其描述如下：

若 $\gcd(a, m) = 1$ ，则 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$ 。

扩展欧拉定理

当然也有扩展欧拉定理，用于处理一般的和的情形。

a^b\equiv \begin{cases} a^{b\bmod\varphi(m)},\,&\gcd(a,\,m)=1\\ a^b,&\gcd(a,\,m)\ne1,\,b<\varphi(m)\\ a^{b\bmod\varphi(m)+\varphi(m)},&\gcd(a,\,m)\ne1,\,b\ge\varphi(m) \end{cases} \pmod m

证明和习题详见欧拉定理。

参考资料与注释

这一说法并未见于学术期刊或国外的论坛中，在使用该说法时应当注意。 ↩

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