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AcWing 873. 欧拉函数

题目链接

https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/942/

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欧拉函数

对于正整数 $n$，欧拉函数是小于或等于 $n$ 的正整数中与 $n$ 互质的数的数目，记作 $\phi (n)$
$\phi (1)=1$

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欧拉函数的证明

基于容斥原理：

所以归纳得到公式：$$K=N(1-1/p1)(1-1/p2)...(1-1/pi)$$

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思路

按照分解质因数的逻辑挨个得到质因数，然后累乘即可。

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CODE

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;int phi(int x){int res = x;for(int i = 2; i <= x / i; ++i){if(x % i == 0){res = res / i * (i - 1);while(x % i == 0) x /= i;}}if(x > 1) res = res / x * (x - 1);return res;
}int main()
{int n;scanf("%d", &n);while (n -- ){int a;scanf("%d", &a);cout << phi(a) << endl;}
}

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时间复杂度分析

复杂度瓶颈在于分解质因数，所以是 $$O(\sqrt{n})$$

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AcWing 874. 筛法求欧拉函数

题目链接

https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/943/

问题分析与时间复杂度

对于范围内的每个数都求欧拉函数，肯定不能用定义法一个一个求，这样时间复杂度为$O(n\cdot \sqrt{n})$，我们可以用线性筛筛出质数再计算质因数，时间复杂度为$$O(n)$$

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CODE

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], eulers[N], cnt;
bool st[N];void get_eulers(int n){eulers[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; ++i){if(!st[i]){primes[cnt++] = i;eulers[i] = i - 1;}for(int j = 0; primes[j] <= n / i; ++j){int t = primes[j] * i;st[t] = true;if(i % primes[j] == 0){eulers[t] = eulers[i] * primes[j];break;}eulers[t] = eulers[i] * (primes[j] - 1);}}
}int main(){int n;scanf("%d", &n);get_eulers(n);long long res = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) res += eulers[i];cout << res << endl;
}

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思路

主要有三点：

• 如果 i 是质数：那么[1, i - 1]都是i的质因数，所以有

  eulers[i] = i - 1;
  

• 如果 i 不是质数：那么它会被筛掉，这里有两种情况：
  • primes[j]是i的最小质因子时：
    • i * primes[j]的欧拉函数是这样的：$$K=i\ast primes[j]\ast (1-1/p1)...(1-1/pi)$$我们会发现整个式子化简得到：$$K=eulers[i]\ast primes[j]$$也就是说是i的欧拉函数乘上了最小质因子primes[j]的值。
  • primes[j]不是i的最小质因子时：
    • i * primes[j]的欧拉函数是这样的：$$K=i\ast primes[j]\ast (1-1/p1)...(1-1/pi)(1-1/primes[j])$$虽然primes[j]不是i的最小质因子，但是是primes[j] * i的最小质因子，所以需要多乘上 $1-1/primes[j]$。化简得：$$K=eulers[i]\ast (primes[j]-1)$$

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欧拉定理

若 $a$ 与 $n$ 互质，则 $a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$

证明：
$1$ ~ $n$ 中，设 $n$ 的欧拉函数为 $a_1,a_2,...,a_{\phi (n)}$，那么全部乘上 $a$ 得到 $a{a}_1,a{a}_2,...,a{a}_{\phi (n)}$，那么得到如下式子：$$a^{\phi (n)}(a_1,...,ai)\equiv (a1,...,ai)(modn)$$两边消去得到欧拉定理：$$a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$$

当 $n,a$ 互质时，可以得到费马定理：$$a^{n-1}\equiv 1(modn)$$