欧拉这个函数

1).开始的练习

①bzoj2190.仪仗队

有一个整齐的 n * n的方阵，现在站在左下角看这个方阵，最多能看到几个人

我们想一下如果把这个正方形沿 y = x 这条线分开，分成两个三角形，这两个三角形上的可以看到的点是完全相同的，其实就是找横纵坐标互质的点，即求出∑ψ( 1 ) ~ ψ( n ) 就是一个三角形上的可以看到的点，再把答案乘以 2，但是对角线上的那个点被计算了两次，再剪掉就可以了。

#include <cstdio>#include <cstring> using namespace std; const int MAX_N = 40005; int n;int pri[MAX_N], tot = 0, phi[MAX_N];bool check[MAX_N]; void init(){    scanf("%d", &n);} void gotphi(int n){    memset(check, 0, sizeof(check));    phi[1] = 1; check[1] = 1;    for (int i = 1; i <= n; i ++){        if (!check[i]) pri[++ tot] = i, phi[i] = i - 1;        for (int j = 1; j <= tot; j ++){            if (i * pri[j] > n) break;            check[i * pri[j]] = 1;            if (i % pri[j] == 0){                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];                break;            } else phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);        }    }} void doit(){    gotphi(n);    int ans = 0;    for (int i = 1; i < n; i ++) ans += phi[i];        //printf("%d\n", phi[i]);    printf("%d\n", 2 * ans + 1);} int main(){    init();    doit();    return 0;}

②poj2407.Relatives

就是求 ψ( n )；

求一个数的 ψ( n )，用 O( √n ) 的算法求。

#include <cstdio>using namespace std;typedef long long LL;LL n, t;void doit(){t = n;LL phi = 1;for (int i = 2; i * i <= t; i ++){if (t % i == 0){phi *= i - 1; t /= i;while (t % i == 0){phi *= i;t /= i;}}if (t == 1) break;}if (t != 1) phi *= (t - 1);printf("%lld\n", phi);}int main(){while(scanf("%lld", &n) != EOF){if (n == 0) break;doit();}return 0;}

③poj2478.Farey Sequence

求分母为 n 的最简分数的个数。

最简分数就是分子与分母互质，即求 ∑ψ( 1 ) ~ ψ( n )。因为有多组数据，所以提前与处理一下ψ。

#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int MAX_N = 1000005;typedef long long LL;int n;int pri[MAX_N], tot = 0, phi[MAX_N];bool check[MAX_N];void gotphi(int n){memset(check, 0, sizeof(check));phi[1] = 1; check[1] = 1;for (int i = 1; i <= n; i ++){if (!check[i]) pri[++ tot] = i, phi[i] = i - 1;for (int j = 1; j <= tot; j ++){if (i * pri[j] > n) break;check[i * pri[j]] = 1;if (i % pri[j] == 0){phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];break;} else phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);}}}void doit(){LL ans = 0;for (int i = 2; i <= n; i ++) ans += phi[i];//printf("%d\n", phi[i]);printf("%lld\n", ans);}int main(){gotphi(1000000);while (scanf("%d", &n) != EOF){if (n == 0) break;doit();}return 0;}

2).难度在上升

①bzoj2818.Gcd

给定整数 N，求 1<=x,y<=N 且Gcd(x,y) 为素数的数对 (x,y) 有多少对。

因为要求 Gcd(x, y) 为素数，所以我们筛出n 以内的所有质数，然后枚举他们。把 x, y 除以 gcd 余下的数分别叫做 gx, gy，即 gx = x / p， gy = y / p ( p 为枚举的质数)。因为最大公约数为枚举的 p，那么 gx, gy 就必须互质。所以我们只需要求出∑ψ(1) ~ ψ(n / p) 就是 gcd 为 p 时的对数，然后再求和就可以了。

#include <cstdio>#include <cstring> using namespace std; const int MAX_N = 10000005; typedef long long LL; int n, pri[700000], tot = 0;bool check[MAX_N];int phi[MAX_N];LL sum[MAX_N]; void init(){    scanf("%d", &n);} void get(){    memset(check, 0, sizeof(check));    check[1] = 1; phi[1] = 1;    for (int i = 2; i <= n; i ++){        if (!check[i]) pri[++ tot] = i, phi[i] = i - 1;        for (int j = 1; j <= tot; j ++){            if (i * pri[j] > n) break;            check[i * pri[j]] = 1;            if (i % pri[j] == 0) { phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j]; break; }                else phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);          }    }} void doit(){    get(); sum[0] = 0;    for (int i = 1; i <= n; i ++) sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];    LL ans = 0;    for (int i = 1; i <= tot; i ++) ans += sum[n / pri[i]] * 2 - 1;    printf("%lld\n", ans);} int main(){    init();    doit();    return 0;}

②bzoj2705.Longge的问题

给定一个整数 N，你需要求出∑gcd(i, N)(1<=i <=N)。

首先 n 以内与n 互质的数可以用 ψ( n ) 表示，用 O(√n) 的时间求出。除了与n 互质的，就剩下了 gcd(i, n) 是 n 的约数的了。我们枚举n 的约数，然后按照上一题的思路求出 ψ( n / p )( p 为 n 的约数 )，即除了最大公约数，余下的数必须互质。最后ans = ψ(n) + ∑ψ(n / k) * k (k | n)。

#include <cstdio> using namespace std; typedef long long LL; LL n;LL p[100000], tot = 0; inline LL read(){    LL ret = 0; char c = getchar();    while (!(c >= '0' && c <= '9')) c = getchar();    while (c >= '0' && c <= '9') ret = ret * 10 + c - '0', c = getchar();    return ret;} void init(){    n = read();} LL getphi(LL n){    LL phi = 1, t = n;    for (int i = 2; i * i <= n; i ++){        if (t % i == 0){            phi *= i - 1; t /= i;            while (t % i == 0){                phi *= i;                t /= i;            }        }        if (t == 1) break;    }    if (t != 1) phi *= (t - 1);    return phi;} void doit(){    LL ans = n, cnt = getphi(n);    if (cnt == n - 1){        ans += cnt; printf("%lld\n", ans);        return;    }    ans += cnt;    LL t = n;    for (int i = 2; i * i <= n; i ++){        if (n % i == 0){            if (i != n / i) p[++ tot] = i, p[++ tot] = n / i;                else p[++ tot] = i;        }    }    for (int i = 1; i <= tot; i ++)        ans += getphi(n / p[i]) * p[i];    printf("%lld\n", ans);} int main(){    init();    doit();    return 0;}

③bzoj2186.沙拉公主的困惑

求 [1, n!] 范围内的数中与m! 互质的有多少个。其中 m <= n。

首先要知道，如果 x 与y 互质，那么 x + y， x + 2 * y...都与 y 互质，所以答案就是 ψ(m!) * n! / m!。ψ(m!) = m! * ∏(p - 1) / p (p 为m! 的质因子)，将其代回得，n! * ∏(p - 1) / p。预处理阶乘，逆元， 质数就可以了。

#include <cstdio> using namespace std; const int MAX_N = 10000005; int T, p, n, m, tot = 0;bool check[MAX_N];long long pri[700000], inv[MAX_N], fac[MAX_N], ans[MAX_N]; void doit(){    check[1] = 1;    for (long long i = 2; i <= MAX_N; i ++){        if (!check[i]) pri[++ tot] = i;        for (long long j = 1; j <= tot; j ++){            if (i * pri[j] > MAX_N) break;            check[i * pri[j]] = 1;            if (i % pri[j] == 0) break;        }    }    fac[1] = 1;    for (long long i = 2; i <= MAX_N; i ++) fac[i] = fac[i - 1] * i % p;    inv[1] = 1;    for (long long i = 2; i <= MAX_N && i < p; i ++) inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;    ans[1] = 1;    for (long long i = 2; i <= MAX_N; i ++){        if(!check[i]) ans[i] = ans[i - 1] * (i - 1) % p * inv[i % p] % p;            else ans[i] = ans[i - 1];    }} void init(){    scanf("%d%d", &n, &m);    printf("%d\n", (fac[n] * ans[m]) % p);} int main(){    scanf("%d%d", &T, &p);    doit();    while(T --){        init();    }    return 0;}