数学知识——欧拉函数

欧拉函数

$1\sim N$ 中与$N$互质的数的个数被称为欧拉函数，记为 $\varphi (N)$。

欧拉函数

对于$N=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}{p}_3^{{\alpha }_3}...p_k^{{\alpha }_k}$,有$\varphi (N)=N\times \frac{p_1-1}{p_1}\times \frac{p_2-1}{p_2}...\times \frac{p_k-1}{p_k}$
证明：
根据容斥原理，与$N$互质的数的个数为$N-\frac{N}{p_1}-\frac{N}{p_2}-\frac{N}{p_3}...+\frac{N}{p_1{p}_2}+\frac{N}{p_1{p}_3}+...-\frac{N}{p_1{p}_2{p}_3}-\frac{N}{p_1{p}_2{p}_4}-...$
其中每一项都含有$N$，可以把$N$提出，含有$p_i$数为奇数的项前符号为$-$，为偶数的项前面的符号为$+$,即上式可以化简为$N(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_k})$。
时间复杂度为$O(\sqrt{N})$

for (int i = 2; i <= a / i; i ++ )
{
    if (a % i == 0)
    {
        while (a % i == 0) a /= i;
        res = res * (i - 1) / i;
    }
}
if (a > 1) res = res * (a - 1) / a;
cout << res << endl;

筛法求欧拉函数

我们可以在线性筛的基础上完成欧拉函数的求解。
1.$\varphi (1)=1$
2.如果一个数$N$是质数，那么$\varphi (N)=N-1$。
3.$\varphi (primes[j]\ast i)$分两种情况：
(1).$i\%primes[j]==0$时，$primes[j]$是$i$的最小质因子，所以在$\varphi (i)$中，$(1-\frac{1}{primes[j]})$这一项已经考虑过了，只需要将$N$修正为$primes[j]$倍，最终结果为$phi[i]\ast primes[j]$。
(2).$i\%primes[j]!=0$时，$primes[j]$不是$i$的质因子，只是$primes[j]\ast i$的最小质因子，因此不仅需要将基数$N$修正为$primes[j]$倍，还需要补上$1-1/primes[j]$这一项，因此最终结果$phi[i]\ast (primes[j]-1)$。

void get_eulers(int n)
{
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i])
        {
            primes[cnt++] = i;
            phi[i] = i - 1; 
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++)
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                phi[primes[j] * i] = phi[i] * primes[j]; 
                break;
            }
            phi[primes[j] * i] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

可见的点

在一个平面直角坐标系的第一象限内，如果一个点 $(x,y)$ 与原点 $(0,0)$ 的连线中没有通过其他任何点，则称该点在原点处是可见的。

例如，点 $(4,2)$ 就是不可见的，因为它与原点的连线会通过点 $(2,1)$。

部分可见点与原点的连线如下图所示：

编写一个程序，计算给定整数 $N$ 的情况下，满足 $0\le x，y\le N$ 的可见点 $(x，y)$ 的数量（可见点不包括原点）。

输入格式
第一行包含整数 $C$，表示共有 $C$ 组测试数据。

每组测试数据占一行，包含一个整数$N$。

输出格式
每组测试数据的输出占据一行。

应包括：测试数据的编号（从 1 开始），该组测试数据对应的 N 以及可见点的数量。

同行数据之间用空格隔开。

数据范围
$1\le N,C\le 1000$

输入样例：

4
2
4
5
231

输出样例：

1 2 5
2 4 13
3 5 21
4 231 32549

如果所有的点与原点的连接构成直线$y=\frac{a}{b}x$的话，本题要求的就是在1到n范围内互质的(a,b)的对数是多少，按照y=x分成上下两部分，本题的答案即为$2\ast \varphi (n)+1$。

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int primes[N], phi[N];
bool st[N];
int n, m, cnt;
void init(int n)
{
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i])
        {
            phi[i] = i - 1;
            primes[cnt ++ ] = i;
        }
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                phi[primes[j] * i] = phi[i] * primes[j];
                break;
            }
            phi[primes[j] * i] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
    return ;
}
int main()
{
    init(N - 1);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        cin >> m;
        int res = 1;
        for (int j = 1; j <= m; j ++ ) res += phi[j] * 2;
        cout << i << " " << m << " " << res << endl;
    }
    return 0;
}

最大公约数

给定整数 $N$，求 $1\le x,y\le N$ 且 $GCD(x,y)$ 为素数的数对 $(x,y)$ 有多少对。

$GCD(x,y)$ 即求 $x，y$ 的最大公约数。

输入格式

输入一个整数 $N$。

输出格式
输出一个整数，表示满足条件的数对数量。

数据范围
$1\le N\le 10^7$

输入样例：

4

输出样例：

4

$GCD(x,y)=p，$

$GCD(x/p,y/p)=1$，

$x^{\prime }=x/p,y^{\prime }=y/p$

$1\le x^{\prime },y^{\prime }\le N/p$

本题可以转换为对于每一个$p$，在$N/p$范围内找互质的数的对数再求和。

答案为${\sum }_{i=1}^{maxp}{\sum }_{j=1}^{i}2\ast \varphi (j)-1$

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e7 + 10;
bool st[N];
int primes[N], cnt;
int phi[N];
ll s[N];
ll res;
int n;
void init(int n)
{
    s[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i])
        {
            phi[i] = i - 1;
            primes[cnt ++ ] = i;
        }
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];
                break;
            }
            phi[primes[j] * i] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
    for (int i = 2; i <= n; i ++ ) s[i] = s[i - 1] + phi[i];
}
int main()
{
    cin >> n;
    init(n);
    for (int i = 0; i < cnt; i ++ )
        res += 2 * s[n / primes[i]] - 1;
    cout << res << endl;
    return 0;
}