更多文章可以在本人的个人小站：https://kaiserwilheim.github.io 查看。
转载请注明出处。

初稿写于2021-10-10，
再修改于2022-02-07

Achtung: 本文章使用p来代指“任意质数”，请勿混淆。

首先让我们膜拜一下莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler):

欧拉函数

欧拉函数 $\phi (n)$ 的概念是在 $[0,n-1]$ 范围内有多少个整数与 $n$ 互质。

其中，我们规定 $\phi (1)=1$，

且不难发现，$\phi (p)=p-1$。

欧拉函数的一些性质

欧拉函数是积性函数

即 $\phi (mn)=\phi (m)\phi (n)$

并且当 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\equiv 1$ 时，$\phi (2n)=\phi (n)$，

而当 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\equiv 0$（即 $2|n$)时，$\phi (2n)=2\phi (n)$

$\sum _{m|n}^{n}m=n\frac{\phi (n)}{2}$

$$\sum _{m|n}^{n}m=n\frac{\phi (n)}{2}$$

易证。

$\sum _{d|n}\phi (d)=n$

$$\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

我们利用莫比乌斯反演的相关知识可以得出。

或者我们这样考虑：
如果 $\gcd (k,n)=d$ ，那么 $\gcd (\frac{k}{d},\frac{n}{d})=1(k<n)$ 。
我们如果设 $f(x)$ 为满足 $\gcd (k,n)=x$ 的数的个数，那么 $n={\sum }_{i-1}^{n}f(i)$ 。
根据上面的证明，我们可以发现， $f(x)=\phi (\frac{n}{x})$ ，从而得到 $n={\sum }_{d|n}\phi (\frac{n}{d})$ 。注意此时我们的约数 $d$ 和 $\frac{n}{d}$ 具有对称性，所以上面的式子可以化为 $n={\sum }_{d|n}\phi (d)$ 。

$\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}$

若 $n=p^k$ ，那么 $\phi (n)=p^k-p^{k-1}$ 。

由定义可知。
因为有 $n\perp p^k⟺p\nmid n$ 。在 { 0 , 1 , p , ⋯ , p k − 1 } \{ 0,1,p,\cdots ,p^k-1 \} {0,1,p,⋯,pk−1} 中， $p$ 的倍数是 { 0 , p , 2 p , ⋯ , p k − p } \{ 0,p,2p,\cdots ,p^k-p \} {0,p,2p,⋯,pk−p} ，共有 $p^{k-1}$ 个。

$\phi (\prod _{i=1}^s{p}_i^{k_i})=\prod _{i=1}^s{p}_i^{k_i-1}\cdot (p_i-1)$

由唯一分解定理，设 $n={\prod }_{i=1}^s{p}_i^{k_i}$ ，则有 $\phi (n)={\prod }_{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}$。

证明：

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\prod _{i=1}^s\phi (p_i^{k_i})\\ & =\prod _{i=1}^s{p}_i^{k_i}-p_i^{k_i-1}\\ & =\prod _{i=1}^s(p_i-1)\times p_i^{k_i-1}\\ & =\prod _{i=1}^s(1-\frac{1}{p_i})p_i^{k_i}\\ & =n\prod _{i=1}^s(1-\frac{1}{p_i})\end{array}$$

计算欧拉函数的值

单点求值

我们不难发现，当 $m$ 是一个质数的整数幂 $p^k$ 时，我们有
$$\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}$$
;
如果 $m>1$ 不是一个质数的整数幂，那我们可以把 $m$ 拆分成 $m=m_1{m}_2$ ，其中 $m_1\perp m_2$。这样这个数就可以在剩余系里表示为 $(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1,n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2)$ 。如果你不知道什么是剩余系，可以看我的博客：（咕了）。

根据
$$k\perp m且k\perp n⟺k\perp mn$$
和
$$\gcd (m,n)=\gcd (n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m,m)$$
可得
$$n\perp m⟺n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1\perp m_1且n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2\perp m_2$$
，由此，我们可以推得
$$\phi (m)=\phi (m_1)\phi (m_2),m_1\perp m_2$$
所以，欧拉函数是一个积性函数。

欧拉函数的通项公式是
$$\phi (m)=\prod _{p|m}(p^{m_p}-p^{m_p-1})=m\prod _{p|m}(1-\frac{1}{p})$$

上代码：

int euler_phi(int n)
{int m = int(sqrt(n + 0.5));int ans = n;for(int i = 2; i <= m; i++)if(n % i == 0){ans = ans / i * (i - 1);while(n % i == 0) n /= i;}if(n > 1) ans = ans / n * (n - 1);return ans;
}

如果将代码改为下面的形式可以优化一些：

int euler_phi(int n)
{int ans = n;for(int i = 2; i * i <= n; i++)if(n % i == 0){ans = ans / i * (i - 1);while(n % i == 0) n /= i;}if(n > 1) ans = ans / n * (n - 1);return ans;
}

区间筛

而我们可以使用筛法来求连续区间的欧拉函数值：

const int N = 1e7 + 5;
int phi[N], prime[N / 100];
bool visit[N];
void getphi(int n)
{phi[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++){if(!visit[i]){prime[prime[0] + 1] = i;prime[0]++;phi[i] = i - 1;}for(int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= n; j++){visit[i * prime[j]] = true;if(!(i % prime[j])){phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}else{phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);}}}
}

还有OI Wiki上提供的代码：

void pre()
{memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));int cnt = 0;is_prime[1] = 0;phi[1] = 1;for(int i = 2; i <= 5000000; i++){if(is_prime[i]){prime[++cnt] = i;phi[i] = i - 1;}for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= 5000000; j++){is_prime[i * prime[j]] = 0;if(i % prime[j])phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];else{phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}}}
}

复杂度均为线性。

欧拉定理

我们先看一下费马小定理。

费马小定理

众所周知，费马小定理是：
$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),a\perp p$$
还有另一种形式，是这样的：
$$\forall a\in \mathbb{N},a^p\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$
。

证明

我们首先取一个不为 $p$ 倍数的数 $a$ 。
构造一个序列： A = { 1 , 2 , 3 , ⋯ , p − 1 } A = \lbrace 1,2,3, \cdots , p - 1 \rbrace A={1,2,3,⋯,p−1} ，这个序列拥有这样的一个性质：
$$\prod _{i=1}^n{A}_i\equiv \prod _{i=1}^n(A_i\times a)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

证明：
$$\because (A_i,p)=1,(A_i\times a,p)=1$$
又因为每一个 $A_i\times a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 都是独一无二的，且 $A_i\times a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)<p$ ，得证（每一个 $A_i\times a$ 都对应了一个 $A_i$）。
设 $f=(p-1)!$，则
$$\begin{array}{rl}f& \equiv (a\times A_1)(a\times A_2)(a\times A_3)\cdots (a\times A_{p-1})(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\\ a^{p-1}\cdot f& \equiv f(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\\ a^{p-1}& \equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\end{array}$$
证毕。

或者也可以使用归纳法证明：

显然 $1^p\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。那么假设 $a^p\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 成立，那么通过二项式定理有
$$(a+1{)}^p=a^p+C_p^1{a}^{p-1}+C_p^2{a}^{p-2}+\cdots +C_p^{p-1}a+1$$
因为 $C_p^k=\frac{p!}{(n-k)!k!}$ 对于 $k\in [1,p-1]$ 成立，在模 $p$ 意义下 $C_p^1\equiv C_p^2\equiv \cdots \equiv C_p^{p-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，那么 $(a+1{)}^p\equiv a^p+1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，将 $a^p\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 代入得 $(a+1{)}^p\equiv a+1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。
证毕。

欧拉定理

欧拉定理的内容如下：

若 $\gcd (a,m)=1$，则 $a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$。

证明

欧拉定理的证明过程与费马小定理的证明过程十分相似。
我们同样首先构造一个与 $m$ 互质的序列，再进行操作。

设 $r_1,r_2,\cdots ,r_{\phi (m)}$ 为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系，则 $a{r}_1,a{r}_2,\cdots ,a{r}_{\phi (m)}$ 同样也为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系。所以，${\prod }_{i=1}^{\phi (m)}{r}_i\equiv {\prod }_{i=1}^{\phi (m)}a{r}_i\equiv a^{\phi (m)}{\prod }_{i=1}^{\phi (m)}{r}_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，约去 ${\prod }_{i=1}^{\phi (m)}{r}_i$ 后可得 $a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$。
证毕。

当 $m=p$ 时，由于 $\phi (m)=m-1$，将之代入可得费马小定理。

扩展欧拉定理

扩展欧拉定理是这个样子的：

$$a^b\equiv \{\begin{array}{ll}{a}^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m)},& \gcd (a,m)=1,\\ a^b,& \gcd (a,m)\ne 1,b<\phi (m),\\ a^{(b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m))+\phi (m)},& \gcd (a,m)\ne 1,b\ge \phi (m).\end{array}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$$

证明见OI Wiki

莫比乌斯函数

定义

我们把一个数字分解质因数为 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\cdots p_k^{c_k}$，则
$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& \forall i\in [1,k],c_i>1\\ (-1{)}^k& \forall i\in [1,k],c_i=1\end{array}$$

解释一下：

1. 当 $n=1$ 时， $\mu (n)=1$；
2. 当 $n\ne 1$ 时：
   1. 当存在 $i\in [1,k]$，使得 $c_i>1$ 时，$\mu (n)=0$，也就是说只要某个质因子出现的次数超过一次，$\mu (n)$ 就等于 $0$；
   2. 当任意 $i\in [1,k]$，都有 $c_i=1$ 时，$\mu (n)=(-1{)}^k$，也就是说每个质因子都仅仅只出现过一次时，$\mu (n)$ 等于 $-1$ 的 $k$ 次幂，此处 $k$ 指的便是仅仅只出现过一次的质因子的总个数。

性质

莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质：
$$\sum _{d|m}\mu (d)=[m==1]$$
其中 $[m==1]$ 代表 m==1?1:0。

证明

设
$$n=\prod _{i=1}^k{p_i}^{c_i},n^{\prime }=\prod _{i=1}^k{p}_i$$
那么
$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\sum _{d\mid n^{\prime }}\mu (d)=\sum _{i=0}^k{C}_k^i\cdot (-1{)}^i=(1+(-1){)}^k$$

莫比乌斯反演

如果两个的函数 $f(n)$ 与 $g(n)$ 满足
$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$$
则
$$g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$$

证明

摘自《混凝土数学》

充分性

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{d|n}g(d)\\ & =\sum _{d|n}g(\frac{n}{d})\end{array}$$

$$\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{d_1|\frac{n}{d}}g(d_1)$$

$$\begin{array}{rl}\sum _{d|n}\sum _{d_1|\frac{n}{d}}\mu (d)g(d_1)& =\sum _{d_1|n}g(d_1)\sum _{d|\frac{n}{d_1}}\mu (d)\\ & =g(n)\end{array}$$

考虑到
$$\sum _{d|\frac{n}{d_1}}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& d_1=n\\ 0& d_1<n\end{array}$$
因此
$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})\\ & =\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})f(d)\end{array}$$

必要性

$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})\\ & =\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})f(d)\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\sum _{d|n}g(d)& =\sum _{d|n}g(\frac{n}{d})\\ & =\sum _{d|n}\sum _{d_1|\frac{n}{d}}\mu (\frac{n}{d{d}_1})f(d_1)\\ & =\sum _{d{d}_1|n}\mu (\frac{n}{d{d}_1})f(d_1)\\ & =\sum _{d_1|n}f(d_1)\sum _{d|\frac{n}{d}}\mu (\frac{n}{d{d}_1})\\ & =f(n)\end{array}$$

考虑到

$$\begin{array}{rl}\sum _{d|\frac{n}{d_1}}\mu (\frac{n}{d{d}_1})& =\sum _{d|\frac{n}{d_1}}\mu (d)\\ & =\{\begin{array}{ll}1& d_1=n\\ 0& d_1<n\end{array}\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{d|n}g(d)\\ & =\sum _{d|n}g(\frac{n}{d})\end{array}$$

求莫比乌斯函数的值

单点求值

自己算。

区间筛法

void getMu()
{mu[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; ++i){if(!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;for(int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j){flg[i * p[j]] = 1;if(i % p[j] == 0){mu[i * p[j]] = 0;break;}mu[i * p[j]] = -mu[i];}}
}

莫比乌斯变换

设 $f(n)$，$g(n)$ 为两个数论函数。
如果有 $f(n)={\sum }_{d|n}g(d)$ 那么有：

形式1： $g(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$。

这种形式下，函数 $f(n)$ 被称为函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，反之则称之为其的莫比乌斯逆变换（反演）。

形式2： $g(n)={\sum }_{d|n}\mu (\frac{d}{n})f(d)$。

据说这种形式更常考一点。

证明

• 方法一：对原式做数论变换。

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d\mid n}\mu (d)f(\frac{n}{d})\\ =& \sum _{d\mid n}\mu (d)\sum _{k\mid \frac{n}{d}}g(k)\\ =& \sum _{k\mid n}g(k)\sum _{d\mid \frac{n}{k}}\mu (d)\\ =& g(n)\end{array}$$

用 $\sum _{d\mid n}g(d)$ 来替换 $f(\frac{n}{d})$，再变换求和顺序。最后一步变换的依据：$\sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1]$，因此在 $\frac{n}{k}=1$ 时第二个和式的值才为 $1$。此时 $n=k$，故原式等价于 $\sum _{k\mid n}[n=k]\cdot g(k)=g(n)$

• 方法二：运用卷积。

原问题为：已知 $f=g\ast 1$，证明 $g=f\ast \mu$

易知如下转化：$f\ast \mu =g\ast 1\ast \mu ⟹f\ast \mu =g$（其中 $1\ast \mu =\epsilon$）。

对于第二种形式：

类似上面的方法一，我们考虑逆推这个式子。

$$\begin{array}{rl}& \sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)\\ =& \sum _{k=1}^{+\infty }\mu (k)f(kn)\\ =& \sum _{k=1}^{+\infty }\mu (k)\sum _{kn|d}g(d)\\ =& \sum _{n|d}g(d)\sum _{k|\frac{d}{n}}\mu (k)\\ =& \sum _{n|d}g(d)\epsilon (\frac{d}{n})\\ =& g(n)\end{array}$$

我们把 $d$ 表示为 $kn$ 的形式，然后把 $f$ 的原定义代入式子。

发现枚举 $k$ 再枚举 $kn$ 的倍数可以转换为直接枚举 $n$ 的倍数再求出 $k$，发现后面那一块其实就是 $\epsilon$, 整个式子只有在 $d=n$ 的时候才能取到值。

参考文献

《混凝土数学》
OI Wiki