poj 1284欧拉函数求素数元根个数

Primitive Roots

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Description

We say that integer x, 0 < x < p, is a primitive root modulo odd prime p if and only if the set { (xⁱ mod p) | 1 <= i <= p-1 } is equal to { 1, ..., p-1 }. For example, the consecutive powers of 3 modulo 7 are 3, 2, 6, 4, 5, 1, and thus 3 is a primitive root modulo 7. 

Write a program which given any odd prime 3 <= p < 65536 outputs the number of primitive roots modulo p. 

Input

Each line of the input contains an odd prime numbers p. Input is terminated by the end-of-file seperator.

Output

For each p, print a single number that gives the number of primitive roots in a single line.

Sample Input

23
31
79

Sample Output

10
8
24

这题是欧拉函数的简单应用。

phi(p-1)即为素数p的元根个数。

简单的推导：

对于给出的素数p,首先要明确一点：p的元根必然是存在的(这一点已由Euler证明，此处不再赘述)，因此，不妨设其中的一个元根是a0(1<=a0<=p-1)按照题目的定义，a0^i(1<=i<=p-1) mod p的值是各不相同的，再由p是素数，联系Fermat小定理可知：q^(p-1) mod p=1;(1<=q<=p-1)(这个在下面有用)下面证明,如果b是p的一个异于a的元根，不妨令b与a0^t关于p同余，那么必然有gcd(t,p-1)=1,亦即t与p-1互质;反之亦然;证明：若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,则由Fermat可知(a0^(k1*d))^k2 mod p=(a0^(k2*d))^(k1) mod p=(a0^(p-1))^(k1) mod p=1再由b=a0^t (mod p)，结合上面的式子可知：(a0^(k1*d))^k2 mod n=b^k2 mod p=1;然而b^0 mod p=1,所以b^0=b^k2 (mod p),所以b^i mod p的循环节=k2<p-1，因此这样的b不是元根； 再证，若d=gcd(t,p-1)=1,即t与p-1互质，那么b必然是元根；否则假设存在1<=j<i<=p-1，使得b^j=b^i (mod p),即a0^(j*t)=a0^(i*t) (mod p),由a0是元根，即a0的循环节长度是(p-1)可知，(p-1) | (i*t-j*t)->(p-1) | t*(i-j),由于p与t互质，所以(p-1) | (i-j),但是根据假设,0<i-j<p-1,得出矛盾，结论得证；由上面的两个证明可知b=a0^t (mod p)，是一个元根的充要条件是t与p-1互质，所有的这些t的总个数就是Phi(p-1);

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <iostream>#include <functional>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std;long long phi(long long n){   long long  i,cnt,j;cnt=n;for(i=2;i*i<=n;i++){  if(n%i==0)  {  cnt=cnt-cnt/i;  while(n%i==0)n=n/i;  }}if(n>1)cnt=cnt-cnt/n;    return cnt;}int main(int argc, char const *argv[]){long long i,j,k,m,n;while(~scanf("%lld",&n)){if(n==0)break;printf("%lld\n",phi(n-1));}return 0;}