定义

$1$~$N$中与$N$互质的数的个数叫欧拉函数，记为$\phi (N)$
对$N$分解质因数$N=p_1^{c_1}\ast p_1^{c_1}\ast ...\ast p_k^{c_k}$
则有$\phi (N)=N\ast (1-\frac{1}{p_1})\ast (1-\frac{1}{p_2})\ast ...\ast (1-\frac{1}{p_k})$
特别的$\phi (1)=1$

证明

首先显然$1$~$N$中与$N$互质的数就是
$1-N$中不与$N$含有相同质因子的数

那么先简单分析$N$只有两个质因子的情况
假设$p,q$为$N$的质因子
那么$1$~$N$中p的倍数有$\frac{N}{p}$个，q的倍数有$\frac{N}{q}$个
我们自然要筛掉这些数$N-\frac{N}{p}-\frac{N}{q}$

但是注意到这里面$p\ast q$的倍数被减了两次
根据容斥原理，当然还要加回来
得$N-\frac{N}{p}-\frac{N}{q}+\frac{N}{pq}$

对这个式子稍作变换
$N-\frac{N}{p}-\frac{N}{q}+\frac{N}{pq}$
$\Downarrow$
$N\ast (1-\frac{1}{p}-\frac{1}{q}+\frac{1}{pq})$
$\Downarrow$
$N\ast (1-\frac{1}{p})\ast (1-\frac{1}{q})$
只有两个质因数的情况证毕
到这里再用数学归纳法就可以拓展出上述得式子了

实现

根据上述函数定义式
可以得到一个在分解质因数时同时求解单个欧拉函数的方法
时间复杂度为$O(\sqrt{N})$

int phi(int x) { 
    int res=x; for(int i=2;i*i<=x;++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; } 

当然我们还可以有递推打表的计算
类似埃式筛法
每枚举到一个质数，就更新他的所有倍数的phi值
复杂度约为$O(NlogN)$

讯享网void euler(int n) { 
    for(int i=1;i<=n;++i) phi[i]=i; for(int i=2;i<=n;++i) { 
    if(phi[i]==i)//发现一个质数 for(int j=i;j<=n;j+=i)//处理("筛")他的倍数 phi[j]=phi[j]/i*(i-1); } } 

既然有类似埃式筛的递推方法
那么自然也不会少了线性筛

利用线性筛递推求解phi需要用到欧拉函数的两个性质
1.若有$p\mid N$，且满足$p^2\mid N$，则$\phi (N)=\phi (N/p)\ast p$
2.若有$p\mid N$，且一定不满足$p^2\mid N$，则$\phi (N)=\phi (N/p)\ast (p-1)$
这两条性质会在接下来给出证明

线性筛中每个合数n只会被他的最小质因子p筛一次
于是我们利用这点从$\phi (N/p)$递推到$\phi (N)$

复杂度为$O(N)$

void Phi(int n) { 
    phi[1]=1; for(int i=2;i<=n;++i) { 
    if(!vis[i]) prim[++cnt]=i,phi[i]=i-1; for(int j=1;j<=cnt;++j) { 
    if(i*prim[j]>n) break; vis[i*prim[j]]=1; if(i%prim[j]==0){ 
    phi[i*prim[j]]=phi[i]*prim[j]; break;} else phi[i*prim[j]]=phi[i]*phi[prim[j]]; } } } 

欧拉函数的性质

1.$\forall N>1$，$1$~$N$中与$N$互质的数的和为$N\ast \phi (N)/2$

证明

若有$x\in [1,N]$且$gcd(N,x)=1（即N与x互质）$
根据更相减损术有$gcd(N,x)=gcd(N,N-x)$

即$1$~$N$中与$N$互质的数是成对出现的，对称轴就是$N/2$
也就是说$1$~$N$中与$N$互质的数的平均值是$N/2$
而总和就是$N\ast \phi (N)/2$
证毕

2.（1）当$a，b$互质时，有$\phi (a\ast b)=\phi (a)\ast \phi (b)$
（2）对$N$分解质因数$N=p_1^{c_1}\ast p_1^{c_1}\ast ...\ast p_k^{c_k}$，则有$\phi (N)={\prod }_{i=1}^k\phi (p_i^{c_i})$

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证明

这里的两条性质其实是直接应用了积性函数的性质
什么是积性函数
如果当$a，b$互质时，有$f(a\ast b)=f(a)\ast f(b)$，则$f(x)为积性函数$
上述（1）是直接应用了定义
而（2）中将N分解质因数，显然分解的每一项都两两互质
根据积性函数定义也不难得出上述式子

3.（1）若有$p\mid N$，且满足$p^2\mid N$，则$\phi (N)=\phi (N/p)\ast p$
（2）若有$p\mid N$，且一定不满足$p^2\mid N$，则$\phi (N)=\phi (N/p)\ast (p-1)$

证明

上述（1）中"若有$p\mid N$，且满足$p^2\mid N$"
说明N和N/p含有相同质因子
我们分析只含有两个质因子p和q的简单情况
$\phi (N)=N-\frac{N}{p}-\frac{N}{q}+\frac{N}{pq}$
$\phi (N/p)=\frac{N}{p}-\frac{N}{p^2}-\frac{N}{pq}+\frac{N}{p^{2}q}$
二者相除商为p
用数学归纳法扩展出k个质因子的情况可以得到相同结果

上述（2）中 “若有$p\mid N$，且一定不满足$p^2\mid N$”
说明$N$和$N/p$一定互质
根据积性函数定义有$\phi (N)=\phi (N/p)\ast \phi (p)$
因为p为素数，所以$\phi (p)=p-1$
得$\phi (N)=\phi (N/p)\ast (p-1)$
证毕

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

证明

设$f(n)={\sum }_{d|n}\phi (d)=n$
若有n，m互质，那么$f(nm)={\sum }_{d|nm}\phi (d)={\sum }_{d|n}\phi (d)\ast {\sum }_{d|m}\phi (d)$
可得$f(n)$为积性函数

对于n的某个质因子$f(p^k)={\sum }_{d|p^k}\phi (d)=\phi (1)+\phi (p)+\phi (p^2)+...+\phi (p^k)$
由上述3.（1）知该式为一个等比数列+1，公比为p
更具等比数列求和公式得$f(p^k)=p^k$

所以$f(n)={\prod }_{i=1}^{k}f(p^k)={\prod }_{i=1}^k{p}^k=n$
证毕

欧拉定理

定理：若正整数$a,n$互质，则有$a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$

推论：若正整数$a,n$互质，则对于任意正整数b，有$a^b\equiv a^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (n)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$

扩展欧拉定理：
$a,n\in Z$，则$a^b$ $\{\begin{array}{r}{a}^b,b<\phi (n)\\ a^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (n)+\phi (n)},b>=\phi (n)\end{array}$$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$

证明略

应用

给定三个正整数$a,m,b$，求$a^b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$
$1\le a\le 10^9,1\le b\le 10^{20000000},1\le m\le 10^6$

直接套用上述定理

讯享网#include<iostream> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long lt; const int maxn=; lt a,m,phi,rem; lt read() { 
    lt x=0; char ss=getchar(); while(ss<'0'||ss>'9') ss=getchar(); while(ss>='0'&&ss<='9'){ 
    x=x*10+ss-'0';ss=getchar(); if(x>=phi) rem=1,x%=phi; } return x; } lt calc(lt x) { 
    lt res=x; for(int i=2;i*i<=x;++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; } lt qpow(lt aa,lt k) { 
    lt res=1; while(k){ 
    if(k&1) res=(res*aa)%m; aa=(aa*aa)%m; k>>=1; } return res; } int main() { 
    scanf("%d%d",&a,&m); phi=calc(m); lt b=read(); if(rem) b+=phi; printf("%d",qpow(a,b)); return 0; }