尤拉函式的一些見解

尤拉函式求互質的個數

當時在res = res - res / i 出沒有想明白， 其實是挺簡單的， 就是乙個公式， &(n) = n * (1 - 1 / p1) * (1 - 1 / p2) * … (1 - 1 / pr);

每次是res等於n，那麼只更新res， 那麼為什麼不用n呢， 因為n有更大的用處， 那就是判斷終點， 那什麼是重點呢 ？ 其實就是咱們要用的素數大於n的時候， 就應該停止了， 但是每次n的值是要更新的， 要更新到不能被本次的值乘以某個數得到， 意思是， 咱們的素數只用一次， 而且要把這個素數的k次冪全部用掉， 其實就是再以後不再用它了；

#include

#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
inteuler
(int n)}}
return res;
}int
main
(void
)

請思考以下問題：

任意給定正整數n，請問在小於等於n的正整數之中，有多少個與n構成互質關係？（比如，在1到8之中，有多少個數與8構成互質關係？）

φ(n) 的計算方法並不複雜，但是為了得到最後那個公式，需要一步步討論。

第一種情況

如果n=1，則 φ(1) = 1 。因為1與任何數（包括自身）都構成互質關係。

第二種情況

如果n是質數，則 φ(n)=n-1 。因為質數與小於它的每乙個數，都構成互質關係。比如5與1、2、3、4都構成互質關係。

第三種情況

如果n是質數的某乙個次方，即 n = p^k (p為質數，k為大於等於1的整數)，則

比如 φ(8) = φ(2^3) =2^3 - 2^2 = 8 -4 = 4。

這是因為只有當乙個數不包含質數p，才可能與n互質。而包含質數p的數一共有p^(k-1)個，即1×p、2×p、3×p、...、p^(k-1)×p，把它們去除，剩下的就是與n互質的數。

上面的式子還可以寫成下面的形式：

可以看出，上面的第二種情況是 k=1 時的特例。

第四種情況

如果n可以分解成兩個互質的整數之積，

n = p1 × p2

φ(n) = φ(p1p2) = φ(p1)φ(p2)

這一條的證明要用到"中國剩餘定理"，這裡就不展開了，只簡單說一下思路：如果a與p1互質(a第五種情況

因為任意乙個大於1的正整數，都可以寫成一系列質數的積。

根據第4條的結論，得到

再根據第3條的結論，得到

也就等於

這就是尤拉函式的通用計算公式。比如，1323的尤拉函式，計算過程如下：

請思考以下問題：

任意給定正整數n，請問在小於等於n的正整數之中，有多少個與n構成互質關係？（比如，在1到8之中，有多少個數與8構成互質關係？）

φ(n) 的計算方法並不複雜，但是為了得到最後那個公式，需要一步步討論。

第一種情況

如果n=1，則 φ(1) = 1 。因為1與任何數（包括自身）都構成互質關係。

第二種情況

如果n是質數，則 φ(n)=n-1 。因為質數與小於它的每乙個數，都構成互質關係。比如5與1、2、3、4都構成互質關係。

第三種情況

如果n是質數的某乙個次方，即 n = p^k (p為質數，k為大於等於1的整數)，則

比如 φ(8) = φ(2^3) =2^3 - 2^2 = 8 -4 = 4。

這是因為只有當乙個數不包含質數p，才可能與n互質。而包含質數p的數一共有p^(k-1)個，即1×p、2×p、3×p、...、p^(k-1)×p，把它們去除，剩下的就是與n互質的數。

上面的式子還可以寫成下面的形式：

可以看出，上面的第二種情況是 k=1 時的特例。

第四種情況

如果n可以分解成兩個互質的整數之積，

n = p1 × p2

φ(n) = φ(p1p2) = φ(p1)φ(p2)

這一條的證明要用到"中國剩餘定理"，這裡就不展開了，只簡單說一下思路：如果a與p1互質(a第五種情況

因為任意乙個大於1的正整數，都可以寫成一系列質數的積。

根據第4條的結論，得到

再根據第3條的結論，得到

也就等於

這就是尤拉函式的通用計算公式。比如，1323的尤拉函式，計算過程如下：

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