积性函数初步（欧拉$\varphi$函数）

updata on 2020.4.3

添加了欧拉\(\varphi\)函数为积性函数的证明和它的计算方式

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1.积性函数

设\(f(n)\)为定义在正整数上的函数，若\(f(1)=1\),且对于任意正整数\(a,b\)，若a,b互质就有:

\[f(ab)=f(a)f(b)
\]

则\(f(n)\)为积性函数

若不要求a,b互质，则\(f(n)\)为完全积性函数

2.计算

求出n的分解式 \(n=\prod_{i=1}^m {p_i}^{k_i}\),则有:

\(f(n)=\prod_{i=1}^k f({p_i}^{k_i})\)

3.约数函数

\(\sigma_x(n)\)为n的所有约数的\(x\)次方和：

\(\sigma_x(n)=\sum_{d\mid{n}} d^x\)

则\(\sigma_0(n)\)为n的约数个数，记为\(d(n)\)或\(\tau(n)\)。\(\sigma_1(n)\)为n的约数和,记为\(\sigma(n)\)

\(\sigma_x(n)\)为积性函数

3.1x=0时的证明

\[n=\prod_{i=1}^m {p_i}^{k_i}
\]

\[\tau(n)=\prod_{i=1}^m(k_i+1)
\]

\[\tau({p_i}^{k_i})=k_i+1
\]

故\(\tau(n)\)为积性函数

3.2计算

\(\sigma_x(p^k)=\sum_{i=0}^k (p^i)^x=\sum_{i=0}^k (p_x)^i\)

当\(x\neq{0}\),根据等比数列求和，有:

\(\sigma_x(p^k)=\frac{(p^x)^{k+1}-1}{p^x-1}\)

4.欧拉\(\varphi\)函数

积性函数\(\varphi(n)\)为不大于n的正整数中与n互质的数的个数：

\[\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[gcd(i,n)=1]=n\prod(1-\frac{1}{p_i})
\]

其中\(p_i\)为\(n\)的各项质因数

关于第二个等号是如何得出的，可以这样理解

\(\prod(1-\frac{1}{p_i})\)实际上就是在\([1,n]\)中任取一个数，这个数不是\(n\)任何一个质约数的倍数的概率

那么这个概率再乘上\(n\)就是与\(n\)互质的个数

其实这个也可以用它的积性性质来证，再结合\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)\)这个性质（下面有）

不过这样证明积性的时候就不能用这个式子了，会变得比较麻烦

4.1性质

• 对于质数p和正整数k：
  
  不大于\(p^k\)的数中，不与\(p^k\)互质的数一定为p的倍数，有\(\frac{p^k}{p}=p^{k-1}\)个，所以有：
  
  \(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)\)
• 当\(n>2\),\(\varphi(n)\)总为偶数，因为和它互质的数总是成对出现
• 若n为偶数，则\(\varphi(n) \leq \frac{n}{2}\)，因为有一半的数是二的倍数，和他不互质
• \(\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n\)
  
  有个挺妙的证法，列举出如下分数：
  
  \(\dfrac{1}{n},\dfrac{2}{n},\cdots,\dfrac{n}{n}\)
  
  然后把他们化简
  
  当且仅当\(d\mid n,\gcd(a,d)=1\)，分数\(\frac{a}{d}\)出现在其中
  
  那么，以\(d\)为分母的分数有\(\varphi(d)\)个，\(d\)可以取遍\(n\)的所有因数
  
  又因为这些分数的个数是\(n\)，所以\(n=\sum_{d\mid n}\varphi(d)\)

有些题要是不知道这些还是不好做的

4.2它是积性函数

对于任意\(n,m,\gcd(n,m)=1\)，有\(\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)\)

展开等号右边的式子为：

\[n\prod(1-\frac{1}{p_i})\cdot m\prod(1-\frac{1}{p_i'})
\]

有因为\(\gcd(n,m)=1\)，则他们没有公因数，所以\(p_1,p_2,\cdots,p_r,p_1',\cdots,p_w'\)互不相等，且乘积之和就是\(nm\)

所以上面的式子就等于\(\varphi(nm)\)

4.3用线性筛求\(\varphi\)

先用线性筛枚举\(i\)

考虑如果\(i\)是质数，\(\varphi(i)=i-1\)

如果不是，就是在枚举每个质数\(p\)的过程中，一边标记和数（这是常规线性筛的过程），一边计算出

\(i \bmod p=0\Rightarrow \varphi(i\cdot p)=p\cdot\varphi(i)\)

证明很简单，这里设\(p_k\)为\(i\)的各项质因数：

\(p\cdot\varphi(i)=p\cdot i\prod\frac{p_k-1}{p_k}\)

然后\(\varphi(i\cdot p)\)也是这个式子

因为\(i\bmod p=0\)可以得出\(i\)是\(p\)的倍数，所以\(p_k\)中已经包含了\(p\)，所以它就也是\(p\cdot i\prod\frac{p_k-1}{p_k}\)

\(i \bmod p\neq 0\Rightarrow \varphi(i\cdot p)=(p-1)\cdot \varphi(i)\)

这个很显然，就是\(\varphi\)的积性性质

所以有了这两个我们就可以求\(\varphi\)了

inline void get_phi(){
	phi[1]=1;
	for(reg int i=2;i<=n;i++){
		if(!notprime[i]) prime[++prime[0]]=i,phi[i]=i-1;
		for(reg int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;j++){
			notprime[i*prime[j]]=1;
			if(!(i%prime[j])){
				//i mod p=0, phi(i*p)=p*phi(i)
				phi[i*prime[j]]=prime[j]*phi[i];
				break;
			}
			else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//i mod p!=0,phi(i*p)=phi(i)*(p-1)
		}
	}
}

5.欧拉定理

5.1欧拉定理

设\(n \geq 2\)为整数，\(gcd(a,n)=1\)，则有:

\[a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n
\]

若n为质数，有\(\varphi(n)=n-1\),可得费马小定理

很显然这东西也可以用来求逆元

证明

考虑两个数列\(x,m\)，长度均为\(\varphi(n)\)

\(x_i\)是\([1,n]\)中第\(i\)个不与\(n\)互质的数，也就是说这\(\varphi(n)\)个数构成了数列\(x\)

然后\(m_i=ax_i\)

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首先要证明两个定理

• 对于任意的\(\gcd(m_i\bmod n,n)=1\)

这个很简单，就按照\(m_i\)的定义展开，然后再按辗转相除求\(\gcd\)的方法往回倒推一步就行

\[\gcd(m_i\bmod n,n)=\gcd(ax_i\bmod n,n)=\gcd(n,ax_i)=1
\]

\(a\)和\(x_i\)分别与\(n\)互质，那么\(ax_i\)也和\(n\)互质

• 不存在\(m_i\equiv m_j \pmod n\)

这个用一下反证法，假设\(m_i\equiv m_j\pmod n\)

那么肯定有一个正整数\(k\)，使得\(m_i-m_j=kn\)，这里不妨设\(m_i>m_j\)

用\(x\)表示\(m\)：

\[a(x_i-x_j)=m_i-m_j=kn
\]

然后把这个式子放在\(\bmod n\)意义下，就是

\[a(x_i-x_j)\equiv 0\pmod n
\]

又因为\(\gcd(a,n)=1\)，所以上式等价于

\[x_i-x_j\equiv 0\pmod n
\]

又因为\(x_i<x_j\leq n\)，所以\(x_i-x_j<n,x_i-x_j\neq 0\)

所以不成立

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总结一下上面两个定理的作用，由于定理2，任意的两个\(m_i\bmod n\)都不想等

又由于定理2，\(m_i\bmod n\)的取值值能有\(\varphi(n)\)种

所以，\(m_1\bmod n,m_2\bmod b,\cdots,m_{\varphi(n)}\bmod n\)和\(x_1,x_2,\cdots,x_{\varphi(n)}\)是一一对应的

所以：

\[\prod_{i=1}^{\varphi(n)}m_i\equiv \prod_{i=1}^{\varphi(n)}x_i\pmod n
\]

\[a^{\varphi(n)}\prod_{i=1}^{\varphi(n)}x_i\equiv \prod_{i=1}^{\varphi(n)}x_i\pmod n
\]

又由于\(\gcd(\prod_{i=1}^{\varphi(n)}x_i,n)=1\)，也就是它们互质，所以：

\[a^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod n
\]

5.2降幂公式

也叫扩展欧拉定理

当\(b>\varphi(n)\)：

\[a^b \equiv a^{b\bmod \varphi(n)+\varphi(n)} \pmod n
\]

证明，用到的同余式结论的证明都可以从这篇文章的同余部分中找到

考虑从结论往回想，设\(p_i\)为\(a\)的每一个质因数，\(q_i\)分别是它们的指数

\[(\prod p_i^{q_i})^b\equiv (\prod p_i^{q_i})^{b \bmod \varphi(n)+\varphi(n)}
\]

根据同余式可乘，可以对每一个质因数单独拆开：

\[(p_i^{q_i})^b\equiv (p_i^{q_i})^{b \bmod \varphi(n)+\varphi(n)}
\]

\[(p_i^b)^{q_i}\equiv (p_i^{b \bmod \varphi(n)+\varphi(n)})^{q_i}
\]

还是根据同余式可乘

\[p_i^b\equiv p_i^{b \bmod \varphi(n)+\varphi(n)}
\]

所以现在问题就转换成求证上式了，下文的\(p\)表示\(p_i\)

我们找到一个最大的\(r\)，使得\(n=s\times p^r\)，显然，此时\(\gcd(s,p)=1\)

所以可以由欧拉定理得到：\(p^{\varphi(s)}\equiv 1\pmod s\)

设\(s\)的质因数序列为\(l_1,l_2,\cdots,l_k\)，那么：

\[\varphi(s)=s\prod_{i=1}^k \dfrac{l_i-1}{l_i}
\]

\[\varphi(n)=s\cdot p^r\cdot \dfrac{p-1}{p}\prod_{i=1}^k \dfrac{l_i-1}{l_i}=s\cdot p^{r-1}\cdot (p-1)\prod_{i=1}^k \dfrac{l_i-1}{l_i}
\]

由于\(r>1\)，所以\(\varphi(s)\mid\varphi(n)\)

那么还是由于同余式的可乘性，\(p^{\varphi(n)}\equiv 1 \pmod s\)

又根据同余式“放大缩小模数”的性质，给他乘上一个\(p^r\)，\(p^{\varphi(n)+r}\equiv p^r\pmod n\)

那么我们找到一个\(c\ge r\)

\[p^c\equiv p^{c-r+r}\equiv p^{c-r+\varphi(n)+r}\equiv p^{c+\varphi(n)}\pmod n
\]

观察一下刚才那个\(\varphi(n)\)的式子，很容易知道\(r\le \varphi(n)\)

所以对于\(c\ge \varphi(n),p^c\equiv p^{c+\varphi(n)}\pmod n\)

那么以此类推：

\[p^c\equiv p^{c+\varphi(n)}\pmod n
\]

\[p^{c+\varphi(n)}\equiv p^{c+2\varphi(n)}\pmod n
\]

\[p^{c+2\varphi(n)}\equiv p^{c+3\varphi(n)}\pmod n
\]

\[\cdots
\]

于是可以令一个\(c'=c+k\varphi(n),c=c'\bmod \varphi(n)\)，然后\(p^{c'}\equiv p^c\pmod n\)

但是同于号右边的指数要再加一个\(\varphi(n)\)，为了防止它被模成\(0\)

所以就得出：

\[p^c\equiv p^{c\bmod \varphi(n)+\varphi(n)}
\]

最后按开头说的退回去就行了

最终结论

\[a^b \equiv a^{b\bmod \varphi(n)+\varphi(n)} \pmod n,b>\varphi(n)
\]

这东西可算证完了。。。

模板题 洛谷P5091

一般是用边读入边取模并\(+\varphi(n)\)的方法实现

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
	register int x=0;register int y=1;
	register char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
inline LL power(LL a,LL b,LL mod){
	LL ret=1;
	while(b){
		if(b&1) ret=ret*a%mod;
		a=a*a%mod;b>>=1;
	}
	return ret;
}
inline LL get_phi(LL x){
	LL ret=x;
	for(reg LL i=2;i*i<=x;i++){
		if(!(x%i)) ret=ret/i*(i-1);
		while(!(x%i)) x/=i;
	}
	if(x>1) ret=ret/x*(x-1);
	return ret;
}
inline LL read_big(LL phi){
	register int x=0;
	register char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=std::getchar();
	while(c>='0'&&c<='9'){
		x=x*10+(c^48);c=std::getchar();
		if(x>phi) x=x%phi+phi;
	}
	return x;
}
int main(){
	LL a=read(),m=read();
	std::printf("%lld",power(a,read_big(get_phi(m)),m));
	return 0;
}