[NOIP2017考前複習] Euler函數與Mobius函數

前排提醒：如無特殊說明，本文中所有符號與《初等數論》（第三版，潘承洞潘承彪著），北京大學出版社一書中意義相同

關於Euler 函數φ(x)

Euler 函數φ(x) 的定義與基本性質

本着定義是重中之重的原則，我們先來回顧一下Euler 函數的定義：

對於任意正整數n ，我們記小於n 且與n 互素的正整數的個數φ(m) 爲m 的Euler函數。即：
$φ (m) = \sum d \leq m [(m, d) = 1]$

由定義立即可推出它的一些簡單的性質：

φ(m)=m 的既約剩餘系的個數。特別地，對於素數p,φ(p)=p−1
設m=m1m2 ，若m1 和m2 的素因子集合相同，那麼φ(m)=m2φ(m1)
設m=m1m2 ，若(m1,m2)=1, 那麼φ(m)=φ(m1)φ(m2), 即Euler 函數φ(x) 是積性函數
記m 的標準分解爲m=∏pαii, 則有φ(m)=m∏(1−1pi)
對於任意正整數m ，都有 $m = \sum d | m φ (d)$

這些性質都比較顯然，在這裏不作證明

φ(x) 的計算方法

如果只是詢問一個數的函數值，最顯然的思路就是O(n√ )求解。

inline int phi(int x)
{
    int ans=x;
    for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)  if(x%i==0)
    {
        ans-=ans/i;
        while(x%i==0)  x/=i;
    }
    return ans;
}

但更多的時候我們是需要求很多很多的φ(x) 的值，這樣的做法就顯得不是很妙。
我們發現可以在篩素數的時候順手處理φ(x) 的值，於是就有了下面這兩種很常用的預處理φ(x) 的方法

//Eratosthenes篩法，時間複雜度O(n log log n)
void init()
{
    for(int i=1;i<=maxn;i++)  phi[i]=i;
    for(int i=2;i<=maxn;i++)  if(!vis[i])
    {
        prime[++cnt]=i;  phi[i]--;
        for(int j=i*2;j<=maxn;j+=i)  vis[j]=1,phi[j]-=phi[j]/i;
    }
}

//線性篩法，時間複雜度O(n)
void init()
{
    for(i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(!vis[i])  prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=maxn;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j])  phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
            else
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
        }
    }
}

關於Mobius 函數μ(x)

Mobius 函數μ(x) 的定義與性質

廢話不多說，直接上定義：

對於正整數n>1 ，記其標準分解爲
$n = \prod i = 1 r p α i i$ 則有 $μ (x) = {(- 1) r 0 α 1 = α 2 = \dots = α r = 1 e l s e$
特別地，有μ(1)=1

從以上定義，可以推出以下幾點性質：

若μ(x)≠0 ，則x 沒有比1 大的平方數因子
若(m1,m2)=1 ，則有μ(m1m2)=μ(m1)μ(m2) ，即Mobius 函數μ(x) 是積性函數
對於任意正整數n ，都有 $\sum d | n μ (d) = {10 n = 1 n \neq 1$
對於任意正整數n ，都有 $μ (m) = \sum x m o d m e 2 π i x m$ 這裏xmodm 表示對m 的任意一組既約剩餘系求和

前兩個性質比較顯然，下面對性質3與性質4做出簡略的證明

性質3：

n=1 時，命題顯然成立。
n>1 時，記n 的素因子個數爲r ，則由Mobius 函數的定義，有
$\sum d | n μ (d) = C 0 r - C 1 r + \dots + (- 1) r C r r = (1 - 1) r = 0$
性質4：

由複數相關知識，對於任意正整數c ，顯然有
$\sum i = 1 m e 2 π i c x m = {m 0 m | c e l s e$
記m 的標準分解爲 $m = \prod i = 1 r p α i i$ 設mj=pαjj(1≤j≤r) 以及mjMj=m ，由數論的相關定理，當x(j) 分別遍歷模mj 的縮系時， $x = \sum i = 1 r M i x (i)$ 遍歷模m 的縮系，於是有 $S (m) = \sum x m o d m e 2 π i x m = \sum x (1) m o d m 1 \dots \sum x (r) m o d m r e 2 π i ( M 1 x ( 1 ) + M 2 x ( 2 ) + \dots + M r x ( r ) ) m = S (m 1) S (m 2) \dots S (m r)$
容易看出 $S (p α j j) = \sum x = 1 p α j j e x p ⎛ ⎝ 2 π i x p α j j ⎞ ⎠ - \sum x = 1 p α j - 1 j e x p ⎛ ⎝ 2 π i x p α j - 1 j ⎞ ⎠ = {- 1 0 α j = 1 α j > 1$ 於是性質4得證。

μ(x) 的計算方法

和Euler 函數一樣，如果需要單點求值，只需要O(n√) 分解素因子即可。

inline int miu(int x)
{
    int ans=1;
    for(int i=1;i<=sqrt(x);i++)  if(x%i==0)
    {
        ans=-ans,x/=i;
        if(x%i==0)  return 0;
    }
    return x>1?-ans:ans;
}

至於多點求值，考慮到μ(x) 是積性函數，我們可以用線性篩來做到O(n) 預處理。

void init()
{
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(!vis[i])  prime[++cnt]=i,miu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;j++)
        {
            int t=i*prime[j];  vis[t]=1;
            if(i%prime[j]==0)  {miu[t]=0;  break;}
            miu[t]=-miu[i];
        }
    }
}

好啦，基礎知識先介紹這麼多，可以開始做題了。

典型習題

BZOJ2705 歐拉函數

題意：
給定正整數N(N≤232) ，求值

\sum i = 1 N g c d (i, N)

分析：
將

gcd(i,N) 按值分類，問題轉化爲求滿足

(i,N)=d 的

i 的個數。
由於

(i,N)=d 等價於

(id,Nd)=1 ,於是所求的個數就是

φ(Nd) ，問題的答案即爲

\sum d | N d φ (N d)

時間複雜度：

O(τ(N)N−−√)
下面貼出代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

int N,m;
LL ans;

inline LL read()
{
    LL ans=0;  char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')  ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')  ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ans;
}
inline LL phi(LL u)
{
    LL ans=u;
    for(int i=2;i<=sqrt(u);i++)  if(u%i==0)
    {
        ans-=ans/i;
        while(u%i==0)  u/=i;
    }
    if(u>1)  ans-=ans/u;
    return ans;
}

int main()
{
    N=read(),m=sqrt(N);
    for(int i=1;i<=m;i++)  if(N%i==0)
    {
        ans+=i*phi(N/i);
        if(N/i!=i)  ans+=N/i*phi(i);
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

BZOJ2818 Gcd

題意：
給定N ，求{1,2,⋯,N}2 中有多少對(x,y) 滿足(x,y) 爲素數
分析：
還是上一題的套路，(i,N)=p 等價於(ip,Np)=1 ，不同的是這一次p 應該取遍所有小於N 的素數。答案爲

2 \sum p \leq N ϕ ([N p]) - π (N)

其中

ϕ (x) = \sum i = 1 x φ (i)

時間複雜度：

O(n) (線性篩)或

O(nloglogn) (埃氏篩)

BZOJ2005 能量採集

這裏用到數論中的一個結論：長爲n 寬爲m 的矩形對角線上(含端點)的整點數爲(n,m)+1
由此可知所求答案即爲

\sum i = 1 m \sum j = 1 n (2 (i, j) - 1)

乍一看貌似和上面所說的並沒有太大關係，但我們可以作進一步的代數變形。
我們不妨假設總有

m≤n

\sum i = 1 m \sum j = 1 n (2 (i, j) - 1) = 2 \sum i = 1 m \sum j = 1 n (i, j) - m n = 2 \sum i = 1 m \sum j = 1 n \sum d | (i, j) φ (d) - m n = 2 \sum i = 1 m \sum j = 1 n \sum d = 1 m [d | i] [d | j] φ (d) - m n = 2 \sum d = 1 m φ (d) ⎛ ⎝ \sum j = 1 n [d | j] (\sum i = 1 m [d | i]) ⎞ ⎠ - m n = 2 \sum d = 1 m φ (d) [n d] [m d] - m n

好了，做完了。
時間複雜度同上一題。

SPOJ-VLATTICE

說白了就是求在集合[0,1,2,⋯,N]3 中有多少個三元組滿足(i,j,k)=1
因爲含有數字0，所以分類討論。
座標軸上一共有三個點可視(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0) ，而在座標平面內，點的個數是2ϕ(N)−1 ，其中ϕ(x) 的含義同上上題。因此，只需要求

\sum i = 1 N \sum j = 1 N \sum k = 1 N [(i, j, k) = 1]

由

Mobius 函數的性質3得

\sum i = 1 N \sum j = 1 N \sum k = 1 N [(i, j, k) = 1] = \sum i = 1 N \sum j = 1 N \sum k = 1 N \sum d = 1 N [d | i] [d | j] [d | k] μ (d) = \sum d = 1 N μ (d) [N d] 3

綜上，最終答案爲

A n s (N) = 6 ϕ (N) + \sum d = 1 N μ (d) [N d] 3

對於每個詢問

O(N−−√) 計算即可。總複雜度

O(TN−−√)

未完待續。

[NOIP2017考前複習] Euler函數與Mobius函數

關於Euler 函數φ(x)

Euler 函數φ(x) 的定義與基本性質

φ(x) 的計算方法

關於Mobius 函數μ(x)

Mobius 函數μ(x) 的定義與性質

性質3：

性質4：

μ(x) 的計算方法

典型習題

BZOJ2705 歐拉函數

BZOJ2818 Gcd

BZOJ2005 能量採集

SPOJ-VLATTICE

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