欧拉函数和最大公约数的应用

   这种问题一般都是给出限制条件:给你一个数N(N一般很大),使得在1~N之间能够找到X使得X满足GCD(X,N)>=M,然后求解相关问题.

分析:这是一种统计类型的问题.比较容易想到的解法就是枚举GCD(X,N)的值,对于枚举到的某个GCD(X,N)的值d,如果令N=p*d,X=q*d,那么GCD(X,N)=d,一定有p,q互质,又有X<=N,则q<=p,而这样的q的个数正好对应p的欧拉函数,即满足GCD(X,N)=d的X的个数为N/d的欧拉函数值.

应用1:给出N和M,求有多少个X满足1<=X<=N,并且(X,N)>=M.

解题思路:对于这个问题,因为只需要求出满足题意的X的个数，所以可以枚举最大公约数d，而满足gcd(X,N) = d 的X的个数就是N/d的欧拉函数，把这些d对应的N/d的欧拉函数值求和即可。

       LL res=0,i;
        for(i=1;i*i<=n;i++)
        {
            if(n%i==0)
            {
                if(i>=m)
                    res+=euler(n/i)*i;
                if(i*i!=n&&n/i>=m)
                    res+=euler(i)*(n/i);
            }
        }
        printf("%lld\n",res);

应用2: 给你一个数N,使得在1~N之间能够找到x使得x满足gcd（ x , N ） >= M，求解gcd(x,N)的和.
分析：这个题要求gcd(X,N)的和，因为上一题已经求出了满足题意的个数，所以只需要在上一个应用的基础上乘以最大公约数就是最终答案。

        LL res=0,i;
        for(i=1;i*i<=n;i++)
        {
            if(n%i==0)
            {
                if(i>=m)
                    res+=euler(n/i)*i;
                if(i*i!=n&&n/i>=m)
                    res+=euler(i)*(n/i);
            }
        }
        printf("%lld\n",res);

应用3:给你一个数N,使得在1~N之间能够找到x使得x满足gcd（ x , N ） >= M，求解X的和.
分析：这个题和前两个题基本上一样，只需要在枚举最大公约数d时，求出gcd(X,N) = d 的所有X的和即可。根据上面可以得出：满足条件的X个数有euler（N/d）个，所以只需要求出不超过N/d且与N/d互素的那些数的和，然后乘以d就是最大公约数为d时对应的部分结果。而不超过N/d且与N/d互素的那些数的和 = N/d * euler(N/d) / 2,注意当N/d = 1时，结果是1而不是0。了解了这些，就可以解决这个题了。
除了1、2以外，所有数的欧拉函数都是偶数。
如果k <= n 并且 (k,n) = 1, 那么(n-k, n) = 1;

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define M 1000000007
typedef long long LL;
LL euler(LL n)
{
    LL ans=n,i;
    for(i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            ans=ans/i*(i-1);
            while(n%i==0)
                n/=i;
        }
    }
    if(n>1)
        ans=ans/n*(n-1);
    return ans;
}
LL euler_sum(LL n)
{
    if(n==1)
        return 1;
    return n*(euler(n))/2;
}
int main()
{
    int t;
    LL n,m;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        LL res=0,i;
        for(i=1;i*i<=n;i++)
        {
            if(n%i==0)
            {
                if(i>=m)
                {
                    res+=euler_sum(n/i)*i;
                    res%=M;
                }
                if(i*i!=n&&n/i>=m)
                {
                    res+=euler_sum(i)*(n/i);
                    res%=M;
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",res);
    }
    return 0;
}