欧拉函数

欧拉函数为什么是积性函数?
//    下面是百度上找的错误证明
函数的积性即：若m,n互质，则φ(mn)=φ(m)φ(n)。由“m,n互质”可知m,n无公因数，

所以φ(m)φ(n)=m(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)…(1-1/pn)·n(1-1/p1')(1-1/p2')(1-1/p3')…(1-1/pn')，//这里已经用了欧拉公式，而欧拉公式是需要先有积性前提才推导的

其中p1,p2,p3...pn为m的质因数，p1',p2',p3'...pn'为n的质因数，而m,n无公因数，
所以p1,p2,p3...pn，p1',p2',p3'...pn'互不相同，
所以p1,p2,p3...pn，p1',p2',p3'...pn'均为mn的质因数且为mn质因数的全集，
所以φ(mn)=mn(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)…(1-1/pn)(1-1/p1')(1-1/p2')(1-1/p3')…(1-1/pn')，
所以φ(mn)=φ(m)φ(n)。

http://hi.baidu.com/qifeiyixue77/item/26fdc54834a32c1c6dc2f085

查了很多资料会证明了： 
// 证明：
  在证明前先了解下以下知识：
   (a,b)代表最大公约数,[a,b]代表最小公倍数
 VIP:  m|(a-b) <=> a≡b (mod m)
  a=pm+r  (0<=r<m)
  b=qm+r  (0<=r<m)
  由此可以推出：
  性质1：a≡a（mod m），（反身性） 
  这个性质很显然.因为a-a=0=m·0。 
  性质2：若a≡b（mod m），那么b≡a（mod m），（对称性）。
  性质3：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么a≡c（mod m），（传递性）。
  性质4：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么a±c≡b±d（mod m），（可加减性）。
  性质5：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么ac≡bd（mod m）（可乘性）。
 证明 ：m|(a-b) , m|(c-d) 设 a-b=km c-d=lm (ac-bd)=klm^2+(b+d)m =>m|(ac-bd)  
  性质6：若a≡b（mod m），那么an≡bn（mod m），（其中n为自然数）。
 证明 ： m|(a-b) => m|n*(a-b) 
  性质7：若ac≡bc（mod m），（c，m）=1，那么a≡b（mod m），（记号（c，m）表示c与m的最大公约数）。
 证明 ： m|c(a-b) d=(m,c)=>m/d|(a-b) => a≡b（mod m/d）=>当 d=1时 即（c,m）=1上面结论成立
  性质8：若a≡b（mod m），那么a的n次方和b的n次方也对于m同余   
 证明 ：a^n-b^k=(a-b)(a^(n-1)+a^(n-2)b.....b^(n-1)) +m|(a-b) ==>m|(a^n-b^n)
  性质8 ：若 a≡b(mod m1) a≡b(mod m2).... a≡b(mod mi) 则 a≡b(mod [m1,m2,..mi])
  证明：m1 |(a-b) m2|(a-b) ..mi|(a-b)  =>[m1,m2...mi]|(a-b) (因为 a-b里面含了 m集合的所有因子和每个因子的最大个数)
  推论 m1,m2..mi两两互质 则 a≡b(mod m1m2..mi);
 
  定义 ： X 代表 M 简化剩余系  个数φ(M)  （有关简化正余系含义，百度吧）
         Y 代表 N 简化剩余系   个数φ(N)
         xi 代表X的元素 yj代表Y的元素 

  下面证明： φ(MN)=φ(M)φ(N) 其中(M,N)=1
  我们需要证明 A: (xiN+yjM,MN)=1,xiN+yjM 代表的集合元素两两不在同一剩余系里 这样个数肯定是φ(M)φ(N)个了 B: xiN+yM 可以代表 MN 的简化剩余系每个元素就可以了；
  证明 A：
   (xi,M)=1; => (xiN,M)=1; =>(xiN+yiM,M)=1;    ....1  
   (yi,N)=1; => (yiM,N)=1; =>(yiM+xiN,N)=1;    ....2
  由 1,2 => (xiN+yiM,MN)=1;    上面都是由数之间互质才推导的
   
   xiN+yjM≡xkN+ylM (mod MN) 
=> xiN+yjM≡xkN+ylM (mod M)
=> xiN≡xkN (mod M)
 由性质 7 =>xi≡xk (mod M)=> i=k 同理 j=l 所以 xiN+yjM 代表的集合元素两两不在同一剩余系里
     B:
   设 Z 是MN 的简化剩余系的集合的任意某个元素 
   由于 （N,M）=1 => 存在 x0,y0 --> Mx0+Ny0=1  => Mx0Z+Ny0Z=Z
   =>存在 x,y --> Mx+Ny=Z ......1
   (Z,MN)=1; =>(Mx+Ny,M)=1; =>(Ny,M)=1; =>(y,M)=1 =>y≡xi (mod M) 同理可得 x=yj (mod N)
    y≡xi (mod M) => Ny≡Nxi (mod MN) 同理 Mx=Myj (mod MN)
  根据同余性质
  Ny+Mx=Myj+Nxi (mod MN)
  => Z=xiN+yjM  (mod MN)
  所 MN 的简化剩余系每个元素都可以用 xiN+yjM表示 
 综上 xiN+yjM 有 φ(M)φ(N)个元素  且每个与 MN互质，xiN+yjM两两不在同一剩余系里面
 可得 φ(MN)=φ(M)φ(N) 其中(M,N)=1

http://www.cppblog.com/RyanWang/archive/2009/07/19/90512.aspx?opt=admin

E(x)表示比x小的且与x互质的正整数的个数。
*若p是素数，E(p)=p-1。
*E(p^k)=p^k-p^(k-1)=(p-1)*P^(k-1)
证：令n=p^k,小于n的正整数数共有n-1即(p^k-1)个,其中与p不质的数共[p^(k-1)-1]个(分别为1*p,2*p,3*p...p(p^(k-1)-1))。
所以E(p^k)=(p^k-1)-(p^(k-1)-1)=p^k-p^(k-1).得证。
*若ab互质，则E(a*b)=E(a)*E(b)，欧拉函数是积性函数.
*对任意数n都可以唯一分解成n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*...*pn^an(pi为素数).
则E(n)=E(p1^a1)*E(p2^a2)*E(p3^a3)*...*E(pn^an)     
      =(p1-1)*p1^(a1-1)*(p2-1)*p2^(a2-1)*...*(pn-1)*pn^(an-1)
      =(p1^a1*p2^a2*p3^a3*...*pn^an)*[(p1-1)*(p2-1)*(p3-1)*...*(pn-1)]/(p1*p2*p3*...*pn)
      =n*(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pn)
* E(p^k)    =(p-1)*p^(k-1)=(p-1)*p^(k-2)*p
  E(p^(k-1))=(p-1)*p^(k-2)
->当k>1时，E(p^k)=E(p*p^(k-1))=E(p^(k-1))*p.
  (当k=1时，E(p)=p-1.)
  由上式: 设P是素数，
  若p是x的约数，则E(x*p)=E(x)*p.
  若p不是x的约数，则E(x*p)=E(x)*E(p)=E(x)*(p-1). 

小记：

d=gcd(a,b);  a'd=a b'd=b (a',b')=1
要 d=gcd (b,a-qb) 要成立  则(b',a'-qb')=1
证明 (b',a'-qb')=1;
假设 b',a'-qb' 不互质 则 设 b'=kd' a'-qb'=ld' d'>1
则 a'-q(kd')=ld' a'=(qk+l)d' 与 (a',b')矛盾 

问题描述：
给出一个N，求1..N中与N互质的数的和

if gcd(n,i)=1 then gcd(n,n-i)=1 (1<=i<=n)

反证法：
如果存在K!=1使gcd(n,n-i)=k,那么(n-i)%k==0
而n%k=0
那么必须保证i%k=0
k是n的因子,如果i%k=0那么gcd(n,i)=k,矛盾出现;
于是问题变的非常简单
ANS=N*phi(N)/2
i,n-i总是成对出现，并且和是n
于是可能就有人问了，如果存在n-i=i那不是重复计算？
答案是不会
因为:
n=2*i->i=n/2
1.如果n是奇数，那么n!=2*i,自然也不存在n-i=i和重复计算之说
2.如果n是偶数,n=2*i成立,gcd(n,n/2)必然为n的一个因子,这个因子为1当且仅当n==2
于是对于n>2的偶数，绝对不存在gcd(n,n/2)=1所以更别说什么重复计算了
对于n==2
ans=2*1/2=1
正好也满足
练习：
hdu 3501 
待续、、、