互质与欧拉函数
1. 算法分析
基本概念
欧拉函数：1~N中与N互质的数的个数
在算术基本定理中:N = (p1^a1^) * (p2^a2^) * ... *(pm^am^)
一个数的欧拉函数: φ(N)=N * (1-1/p1) * (1-1/p2) * ... * (1-1/pm)
且φ(1) = φ(2) = 1
重要结论
1~N中，(x, y) = 1的对数为: 前1~N的欧拉函数的前缀和 * 2 - 1
常用思路
很多求gcd(x, y)=p的问题，最后都需要转化为(x/p, y/p)=1,然后变为求互质的数目，转化为欧拉函数求解
2. 板子
- 求N的欧拉函数 O(sqrt(N))
int get_euler(int a)
{
long long res = a; // 存储答案
for (int i = 2; i <= a / i ;++i) // 求出小于等于sqrt(a)的质数
{
if (a % i == 0)
{
res = res * (i - 1) / i; // 欧拉函数公式求答案
while (a % i == 0) a /= i;
}
}
if (a > 1) res = res * (a - 1) / a;
return res;
}
- 求1~N的欧拉函数和 O(N)
phi[1] = 1;
long long res = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i ) // 求质数
{
if (!st[i]) // 没记录就标记这个质数
{
prime[cnt++] = i;
phi[i] = i - 1; // 质数的欧拉函数为本身减一
}
for (int j = 0; prime[j] <= n / i; ++j) // 枚举所有的质数
{
st[prime[j] * i] = 1;
if (i % prime[j] == 0 ) // 如果i能够整除pj
{
phi[i * prime[j]] = prime[j] * phi[i]; // phi(i * pj) = pj * phi[i]
break;
}
phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1); // phis(i * pj) = phi(i) * (pj - 1)
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) res += phi[i]; // 累加每个数的欧拉函数
3. 例题
acwing201 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。
1000组测试样例, 每组测试样例1000个数
/*
如果(x, y)是互质的，那么说明x和y是最小的单位，不可以往后投影，也就是不能挡住其他点
所以只需要判断当前的x上，有多少y和这个x互质
那么欧拉函数
求前n个点就是求前1~N的欧拉函数和
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int const N = 1e3 + 10;
int phi[N], prime[N], cnt, st[N], n, c;
int main() {
cin >> c;
for (int k = 1; k <= c; ++k) {
memset(st, 0, sizeof st);
memset(phi, 0, sizeof phi);
memset(prime, 0, sizeof prime);
cnt = 0;
cin >> n;
phi[1] = 1;
LL res = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i ) // 求质数
{
if (!st[i]) // 没记录就标记这个质数
{
prime[cnt++] = i;
phi[i] = i - 1; // 质数的欧拉函数为本身减一
}
for (int j = 0; prime[j] <= n / i; ++j) // 枚举所有的质数
{
st[prime[j] * i] = 1;
if (i % prime[j] == 0 ) // 如果i能够整除pj
{
phi[i * prime[j]] = prime[j] * phi[i]; // phi(i * pj) = pj * phi[i]
break;
}
phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1); // phis(i * pj) = phi(i) * (pj - 1)
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) res += phi[i]; // 累加每个数的欧拉函数
cout << k << " " << n << " " << res * 2 + 1 << endl;
}
}
acwing220最大公约数
给定整数N，求1<=x,y<=N且GCD(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对。
N~1e7
/*
本题求1~N中的(x, y),使得(x, y)=p(p为质数)
可以把p除以到x和y中，得到(x/p,y/p)=1
那么就是求[1, N/p]中，找出(t1, t2)=1
通过画图可以转化为acwing201可见的点那题
但本题和那题不一样的区别在于那题是求[0,N]内(x, y)的对数，答案为1~N的欧拉函数的前缀和*2+1
而本题通过画图可以知道，是求2~N的欧拉函数的前缀和*2 + 1
那么只要把phi[1]=0,然后求1~N的欧拉函数的前缀和即可
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int const N = 1e7 + 10;
int prime[N], cnt, st[N], n, phi[N];
LL sum[N];
// 求1~N的欧拉函数的前缀和
void init(int n) {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i ) // 求质数
{
if (!st[i]) // 没记录就标记这个质数
{
prime[cnt++] = i;
phi[i] = i - 1; // 质数的欧拉函数为本身减一
}
for (int j = 0; prime[j] <= n / i; ++j) // 枚举所有的质数
{
st[prime[j] * i] = 1;
if (i % prime[j] == 0 ) // 如果i能够整除pj
{
phi[i * prime[j]] = prime[j] * phi[i]; // phi(i * pj) = pj * phi[i]
break;
}
phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1); // phis(i * pj) = phi(i) * (pj - 1)
}
}
phi[1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + 0ll + phi[i];
}
int main() {
cin >> n;
init(n);
LL res = 0;
for (int i = 0; i < cnt; ++i) {
LL tmp = 1;
int p = prime[i];
tmp += (LL)sum[n / p] * 2;
res += tmp;
}
cout << res;
return 0;
}
acwing221龙哥的问题
求出∑1≤i≤Ngcd（i，N)的值。
N~1e9
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 1e5 + 10;
typedef long long LL;
int n;
LL get_euler(LL a)
{
LL res = a; // 存储答案
for (int i = 2; i <= a / i ;++i) // 求出小于等于sqrt(a)的质数
{
if (a % i == 0)
{
res = res * (i - 1) / i; // 欧拉函数公式求答案
while (a % i == 0) a /= i;
}
}
if (a > 1) res = res * (a - 1) / a;
return res;
}
int main() {
cin >> n;
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= n / i; ++i) {
if (n % i == 0) {
res += i * get_euler(n / i);
if (n/i != i) res += (n / i) * get_euler(i);
}
}
cout << res;
return 0;
}