欧拉函数——仪仗队
Nemlit
2018-10-22 17:30:53
## [原文地址](https://i.cnblogs.com/EditPosts.aspx?postid=10293067)
发现这道题的题解大多都没有详细讲欧拉函数,所以本弱就来详细将讲欧拉函数
欧拉函数是小于$x$的整数中与$x$互质的数的个数,一般用$φ(x)$表示。特殊的,$φ(1)=1$。
如何计算出$1-n$欧拉函数呢?
~~我会GCD暴力枚举!~~
复杂度$O(n^2logn)$
~~我会递推~~
复杂度$O(n^2)$
递推式:
$φ(n)=n*∏(1-\frac{1}{pi})$(其中pi为n的所有质因数)
这个递推式的推到比较简单,因为$n$里面一定有$n*\frac{1}{pi}$个数是$pi$的倍数,所以我们就有$n*(1-\frac{1}{pi})$个数不是pi的个数
于是我们想知道$1-n$中有多少数不是所有$pi$倍数,我们自然可以想到乘法原理,就可以推出我们的递推式了。
其实我们也可以$O(1)$推出欧拉函数,即$φ(p)=p-1$,但是p要是质数,怎么证明呢?显然因为$p$是质数,所以他的质因数一定只有1和他本身,所以我们代入公式,即$φ(p)=p*(1-\frac{1}{p})=p*\frac{p-1}{p}=p-1$
我们有一个关于欧拉函数的性质,当$n>1$时,小于n的数中,与n互质的数的总和为:$\frac{φ(n)*n}{2}$。这个公式证明需要用到一个定理~~(其实是我太菜了不会证明)~~若$n$互质的数有一个是$m$,那么还存在另一个数$n-m$也与$n$互质。
所以与$n$互质的数的平均数是$\frac{n}{2}$,而个数又是$φ(n)$,可以得到这些数的和就是$\frac{φ(n)*n}{2}$。
其实根据上面那个定理,我们也可以得到另一个性质:当$n>2$时,$φ(n)$是偶数
那可不可以线性递推出$1-n$中所有的欧拉函数呢?
联想到我们是怎么筛出$1-n$中所有质数的呢?
### [不会的同学可以戳一戳](https://tbr-blog.blog.luogu.org/solution-p3912)
根据该链接的第一个算法,我们可以推出类比推出筛欧拉函数的方法
首先我们把所有的欧拉函数都设为它本身,然后再根据公式除以n所有的质因子(质因子可以靠筛法)
每当我们找到一个质数时,我们把它所有的倍数(即有质因子为该质数的数)乘以$(1-\frac{1}{pi})$即$(\frac{pi-1}{pi})$即可
以下算法复杂度为$O(nlogn)$
```cpp
il void work(int n)
{
for(re int i=1;i<=n;++i)
{
p[i]=i;
}
for(re int i=2;i<=n;++i)
{
if(p[i]==i)//如果i是质数
{
for(re int j=i;j<=n;j+=i)
{
p[j]=p[j]/i*(i-1);//那么就把i的所有倍数筛出来
}
}
}
}
```
既然我们可以利用第一种筛法求出所有欧拉函数,那么我们可不可以根据欧拉筛推出所有的欧拉函数呢?显然是可以的。
我们需要计算的东西其实和上面的方法一样,下面给出代码。
```cpp
il void euler(int n)
{
p[1]=1;//1要特判
for(re int i=2;i<=n;++i)
{
if(!b[i])//这代表i是质数
{
prime[++num]=i;
p[i]=i-1;
}
for(re int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;++j)//经典的欧拉筛写法
{
b[i*prime[j]]=1;//先把这个合数标记掉
if (i%prime[j]==0)
{
p[i*prime[j]]=p[i]*prime[j];//若prime[j]是i的质因子,则根据计算公式,i已经包括i*prime[j]的所有质因子
break;//经典欧拉筛的核心语句,这样能保证每个数只会被自己最小的因子筛掉一次
}
else
{
p[i*prime[j]]=p[i]*p[prime[j]];//利用了欧拉函数是个积性函数的性质
}
}
}
}
```
## 例题:P2158 [SDOI2008]仪仗队
通过观察发现,可以被看到的人必须满足$gcd(x,y)=1$,证明也很简单,如果$x,y$不互质的话,那么一定会有$(x/gcd(x,y),y/gcd(x,y))$把$(x,y)$挡住,换句话说,如果$gcd(x,y)$等于1,那么它一定可以把所有的$(kx,ky)$都挡住,所以我们只需要求出与$x,y$互质对的对数即可。
通过观察也可以发现,可以看到的人一定满足对称关系,所以我们只需要算出一个三角形(下面会提到)的对数在乘以$2+1$ ($2,2$也满足条件)
所以我们要算下图中为$1$的答案的对数即可
```
0000
0001
0011
0111
```
那我们怎么求呢?显然可以用欧拉函数来求出与每一个数互质的数的个数即可。
### 具体实现:
我们先算出$1~n$中所有的欧拉函数($n$比较小,没必要用欧拉筛),再把$1~n-1$所有的欧拉函数加起来就可以得到上图三角形内答案了。
为什么是$n-1$呢?我们不难发现,上图中小三角形只有$n-1$排,所以就是$n-1$啊
但这道题有一个坑点,如果$n==1$,那我们的答案应该是$0$而不是$1$,为什么呢?我们仔细回忆一下,我们为什么要$+1$呢?因为我们有一个$(2,2)$来特判(两个三角形的分界),如果$n==1$的话,显然就不需要$+1$了
时间复杂度:$O(n^2)->O(n)$
代码如下
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define maxn 400005
int n,ans,p[maxn];
int main()
{
cin>>n;
for(re int i=1;i<=n;++i)
{
p[i]=i;
}
for(re int i=2;i<=n;++i)
{
if(p[i]==i)
{
for(re int j=i;j<=n;j+=i)
{
p[j]=p[j]*(i-1)/i;
}
}
}
for(re int i=1;i<n;++i)
{
ans+=p[i];
}
printf("%d\n",(n==1)?0:ans<<1|1);
return 0;
}
```
后来学了莫比乌斯反演,发现这题还可以用莫比乌斯反演做。
题目所求即为:$\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}[gcd(i,j)==1]$
按照莫比乌斯反演的套路,原式=$\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}\sum_{g|gcd(i,j)}\mu(i)$
i,j同时除以g得:原式=$\sum_{g=1}^{n}\mu(i)\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{g}}\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{g}}=\sum_{g=1}^{n}\mu(i)*\frac{n-1}{g}*\frac{n-1}{g}$
时间复杂度:$O(n^2)->O(n)$,当然这个复杂度对于此题已经够用了
然后我们发现$\frac{n-1}{g}$在一定范围内是相等的,所以我们可以用整出分块优化,不算预处理时间复杂度:$O(n)->O(\sqrt{n})$
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define debug printf("Now is Line : %d\n",__LINE__)
#define file(a) freopen(#a".in","r",stdin);freopen(#a".out","w",stdout)
#define mod 1000000007
il int read()
{
re int x=0,f=1;re char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
return x*f;
}
#define maxn 40000
int mu[maxn+5],prim[maxn+5],vis[maxn+5],cnt,n,ans;
signed main()
{
n=read()-1;
if(!n) return puts("0"),0;
mu[1]=1;
for(re int i=2;i<=n;++i)
{
if(!vis[i]) prim[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(re int j=1;j<=cnt;++j)
{
if(prim[j]*i>n) break;
vis[prim[j]*i]=1;
if(i%prim[j]==0) break;
mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
}
for(re int i=1;i<=n;++i) mu[i]+=mu[i-1];
for(re int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans+=(mu[r]-mu[l-1])*(n/l)*(n/r);
}
printf("%d",ans+2);
return 0;
}
```