Problem Description
Given a number N, you are asked to count the number of integers between A and B inclusive which are relatively prime to N.
Two
integers are said to be co-prime or relatively prime if they have no common
positive divisors other than 1 or, equivalently, if their greatest common
divisor is 1. The number 1 is relatively prime to every integer.
 
Input
The first line on input contains T (0 < T <= 100)
the number of test cases, each of the next T lines contains three integers A, B,
N where (1 <= A <= B <= 1015) and (1 <=N <=
109).
 
Output
For each test case, print the number of integers
between A and B inclusive which are relatively prime to N. Follow the output
format below.
 
Sample Input
2
1 10 2
3 15 5
 
Sample Output
Case #1: 5
Case #2: 10

Hint

In the first test case, the five integers in range [1,10] which are relatively prime to 2 are {1,3,5,7,9}.

 
Source
代码:
 /*
[a,b] 与n互质的数的个数 1~b : a1
1~a-1 : a2 ans = a1 - a2 ----> [1,k] 与 n 互质的数的个数 ----> num - 与n不互质的数的个数 */
#include<cstdio>
#include<cmath>
int p[];
int ant;
void ResolvePrime(int n) //分解质因数
{
int endd = sqrt(n);
for (int i = ; i <= endd ; i++)
{
if (n % i == )
{
p[ant++] = i;
while (n % i == )
n /= i;
}
}
if (n > )
p[ant++] = n;
} __int64 solve(__int64 a,int n) //求 1~ a 不与n互质的数的个数
{
__int64 ans = ;
for (int i = ; i < ((__int64) << ant) ; i++)
{
__int64 mul = ;
int cnt = ;
for (int j = ; j < ant ; j++)
{
if (i & ((__int64) << j)) //选中
{
cnt++;
mul *= p[j];
}
}
if (cnt & )
ans += a / mul;
else
ans -= a / mul;
}
return ans;
} int main()
{
int T;
int n;
__int64 a,b;
int Case = ;
scanf ("%d",&T);
while (T--)
{
ant = ;
scanf ("%I64d %I64d %d",&a,&b,&n);
ResolvePrime(n);
printf ("Case #%d: %I64d\n",Case++,b-(a-)-(solve(b,n)-solve(a-,n)));
}
return ;
}

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