docs/math/number-theory/euler-totient.md
author: iamtwz, Chrogeek, Enter-tainer, StudyingFather, aofall, CCXXXI, CoelacanthusHex, frank-xjh, Great-designer, greyqz, guodong2005, henrytbtrue, Ir1d, kZime, lihaoyu1234, Marcythm, MegaOwIer, Menci, nalemy, orzAtalod, ouuan, Persdre, segment-tree, ShaoChenHeng, shuzhouliu, sshwy, Struggler-q, Tiphereth-A, TrisolarisHD, Xeonacid, yuhuoji
欧拉函数（Euler's totient function），即 $\varphi(n)$，表示的是小于等于 $n$ 和 $n$ 互质的数的个数．
比如说 $\varphi(1) = 1$．
当 $n$ 是质数的时候，显然有 $\varphi(n) = n - 1$．
欧拉函数是 积性函数．
即对任意满足 $\gcd(a, b) = 1$ 的整数 $a,b$，有 $\varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b)$．
特别地，当 $n$ 是奇数时 $\varphi(2n) = \varphi(n)$．
证明参见 剩余系的复合．
$n = \sum_{d \mid n}{\varphi(d)}$．
???+ note "证明" 利用 莫比乌斯反演 相关知识可以得出．
也可以这样考虑：如果 $\gcd(k, n) = d$，那么 $\gcd(\dfrac{k}{d},\dfrac{n}{d}) = 1, ( k < n )$．
如果我们设 $f(x)$ 表示 $\gcd(k, n) = x$ 的数的个数，那么 $n = \sum_{i = 1}^n{f(i)}$．
根据上面的证明，我们发现，$f(x) = \varphi(\dfrac{n}{x})$，从而 $n = \sum_{d \mid n}\varphi(\dfrac{n}{d})$．注意到约数 $d$ 和 $\dfrac{n}{d}$ 具有对称性，所以上式化为 $n = \sum_{d \mid n}\varphi(d)$．
若 $n = p^k$，其中 $p$ 是质数，那么 $\varphi(n) = p^k - p^{k - 1}$． （根据定义可知）
由唯一分解定理，设 $n = \prod_{i=1}^{s}p_i^{k_i}$，其中 $p_i$ 是质数，有 $\varphi(n) = n \times \prod_{i = 1}^s{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$．
???+ note "证明" - 引理：设 $p$ 为任意质数，那么 $\varphi(p^k)=p^{k-1}\times(p-1)$．
证明：显然对于从 1 到 $p^k$ 的所有数中，除了 $p^{k-1}$ 个 $p$ 的倍数以外其它数都与 $p^k$ 互素，故 $\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}\times(p-1)$，证毕．
接下来我们证明 $\varphi(n) = n \times \prod_{i = 1}^s{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$．由唯一分解定理与 $\varphi(x)$ 函数的积性
$$
\begin{aligned}
\varphi(n) &= \prod_{i=1}^{s} \varphi(p_i^{k_i}) \\
&= \prod_{i=1}^{s} (p_i-1)\times {p_i}^{k_i-1}\\
&=\prod_{i=1}^{s} {p_i}^{k_i} \times(1 - \frac{1}{p_i})\\
&=n~ \prod_{i=1}^{s} (1- \frac{1}{p_i})
&\square
\end{aligned}
$$
对任意不全为 $0$ 的整数 $m,n$，$\varphi(mn)\varphi(\gcd(m,n))=\varphi(m)\varphi(n)\gcd(m,n)$．
可由上一条直接计算得出．
如果只要求一个数的欧拉函数值，那么直接根据定义质因数分解的同时求就好了．这个过程可以用 Pollard Rho 算法优化．
???+ note "参考实现" === "C++" ```cpp #include <cmath>
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;
}
```
=== "Python"
```python
import math
def euler_phi(n):
ans = n
for i in range(2, math.isqrt(n) + 1):
if n % i == 0:
ans = ans // i * (i - 1)
while n % i == 0:
n = n // i
if n > 1:
ans = ans // n * (n - 1)
return ans
```
如果是多个数的欧拉函数值，可以利用后面会提到的线性筛法来求得．
详见：筛法求欧拉函数
欧拉函数常常用于化简一列最大公约数的和．国内有些文章称它为 欧拉反演1．
在结论
$$ n=\sum_{d|n}\varphi(d) $$
中代入 $n=\gcd(a,b)$，则有
$$ \gcd(a,b) = \sum_{d|\gcd(a,b)}\varphi(d) = \sum_d [d|a][d|b]\varphi(d), $$
其中 $[\cdot]$ 为 Iverson 括号．对上式求和，就可以得到
$$ \sum_{i=1}^n\gcd(i,n)=\sum_{d}\sum_{i=1}^n[d|i][d|n]\varphi(d)=\sum_d\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor[d|n]\varphi(d)=\sum_{d|n}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\varphi(d). $$
这里关键的观察是 $\sum_{i=1}^n[d|i]=\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$，即在 $1$ 和 $n$ 之间能够被 $d$ 整除的 $i$ 的个数是 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$．
利用这个式子，就可以遍历约数求和了．需要多组查询的时候，可以预处理欧拉函数的前缀和，利用数论分块查询．
???+ note "GCD SUM" 给定 $n\le 100000$，求
$$
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j).
$$
??? note "思路"
仿照上文的推导，可以得出
$$
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j) = \sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor^2\varphi(d).
$$
此时需要从 $1$ 遍历到 $n$ 求欧拉函数，用线性筛做就可以 $O(n)$ 得到答案．
与欧拉函数紧密相关的一个定理就是欧拉定理．其描述如下：
若 $\gcd(a, m) = 1$，则 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$．
当然也有扩展欧拉定理，用于处理一般的 $a$ 和 $m$ 的情形．
$$ a^b\equiv \begin{cases} a^{b\bmod\varphi(m)},,&\gcd(a,,m)=1\ a^b,&\gcd(a,,m)\ne1,,b<\varphi(m)\ a^{b\bmod\varphi(m)+\varphi(m)},&\gcd(a,,m)\ne1,,b\ge\varphi(m) \end{cases} \pmod m $$
证明和习题详见 欧拉定理．
这一说法并未见于学术期刊或国外的论坛中，在使用该说法时应当注意． ↩