NYOJ 998

这道题是欧拉函数的使用，这里简要介绍下欧拉函数。

　　欧拉函数定义为：对于正整数n,欧拉函数是指不超过n且与n互质的正整数的个数。

　　欧拉函数的性质：1.设n = p₁^a1p₂^a2p₃^a3p₄^a4...p_k^ak为正整数n的素数幂分解，那么φ(n) = n·(1-1/p₁)·(1-1/p₂)·(1-1/p₃)···(1-1/p_k)

　　　　　　　　　　2.如果n是质数，则φ(n) = n-1;  反之，如果p是一个正整数且满足φ(p)=p-1，那么p是素数。

　　　　　　　　　　3.设n是一个大于2 的正整数，则φ(n)是偶数

　　　　　　　　　　4.当n为奇数时，有φ(2n)=φ(n)

　　　　　　　　　　5.设m和n是互质的正整数，那么φ(mn)=φ(m)φ(n)

（1）可以根据性质1，写出计算欧拉函数值的程序：  复杂度为O(√n)

 //直接求解欧拉函数
 int euler(int n){ //返回euler(n)
      int res=n;
      for(int i=;i*i<=n;i++){
         if(n%i==){
             res=res/i*(i-);//先进行除法是为了防止中间数据的溢出
             while(n%i==) n/=i;
         }
      }
      if(n>) res=res/n*(n-);
      return res;
 }

（2）上面这种写法中，在for循环中选择i时，是顺序选择的。事实上性质1 中的p_1、p_2、p_3、p_4、...p_k都是质数。如果在选择时，直接选择质数进行判断，那结果会优化很多。

可以先把50000以内的素数用筛法选出来并保存，以方便欧拉函数使用。这样，在不考虑筛法的时间复杂度，而单看欧拉函数，其复杂度变为O(x),x为√n以内素数的个数。

 #include <cstring>
 bool boo[];int p[];

 void prim(){
     //线性筛素数
     memset(boo,,sizeof(boo));
     boo[]=boo[]=;
     int k=;
     for(int i=;i<;i++){
         if(!boo[i]) p[k++]=i;
         for(int j=;j<k&&i*p[j]<;j++){
             boo[i*p[j]] = ;
             count++;
             if(!(i%p[j])) break;
         }
     } 

 } 

 int phi(int n){
     int rea = n;
     for(int i=;p[i]*p[i]<=n;i++ ){  //对一些不是素数的可不用遍历
         if(n%p[i]==){
             rea = rea-rea/p[i];
             while(n%p[i]==) n/=p[i];
         }
     }
     if(n>) rea-=rea/n;
     return rea;
 }

（3）递推求欧拉函数

　　　　如果频繁的要使用欧拉函数值，就需要预先打表。复杂度约为O(nlnn)

 //递推法打欧拉函数表
 #define Max 1000001
 int phi[Max];
 void Init(){
     for(int i=;i<=Max;i++) phi[i]=i;
     for(int i=;i<=Max;i+=) phi[i]/=;
     for(int i=;i<=Max;i+=)
         if(phi[i]==i)
             for(int j=i;j<=Max;j+=i)
                phi[j]=phi[j]/i*(i-);//先进行除法是为了防止中间数据的溢出
 }  

应用：NYOJ 998   http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=998

这道题的精华如何将符合条件的gcd(x,n)表达出来：见代码  d*Euler(n/d)  中为什么乘以d的解释  。

然后是遍历一遍小于n的数，测试每个符合的数加起来即可。其实还可以更快，观察发现，在能够整除n的i里面，相对应的n/i也有相似的性质，这样以来只需要遍历到sqrt(n)即可。

网络摘抄代码如下：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 using namespace std;

 typedef long long LL;
 LL Euler(LL n){
     LL ans = n;
     for(int i = ; i * i <= n; i++){
         if(n % i == ){
             ans = ans / i * (i-);
             while(n % i == )
                 n /= i;
         }
     }
     if(n > ) ans = ans / n * (n-);
     return ans;
 }

 int main(){
     LL n,m;
     while(cin>>n>>m){
         LL ans = ;
         for(int i = ; i * i <= n; i++){
             if(n % i == ){
                 if(i >= m){
                     int d = i;
                     ans += d*Euler(n/d);
                     // 考虑 gcd(x,n)  1=<x<=n
                     //这个的由来是  gcd(x/d,n/d) = 1.如果我们取一个能让n/d取整数的d的取值，于是我们
                     //取到了n%i==0的i,于是 能够满足gcd(x,n) = d 的x的个数为Euler(n/d)个
                     //那么在该gcd = d 的情况下需要加到ans里面的d的个数就是Euler(n/d)个 ，所以有ans+=d*Euler(n/d)

                 }
                 if(i * i != n && n / i >= m){
                     int d = n / i;
                     ans += d*Euler(n/d);
                 }
             }
         }
         cout<<ans<<endl;
     }
     return ;
 }