欧拉线性筛法求素数(顺便实现欧拉函数的求值)
我们先来看一下最经典的埃拉特斯特尼筛法。时间复杂度为O(n loglog n)
int ans[MAXN];
void Prime(int n)
{
int cnt=0;
memset(prime,1,sizeof(prime));
prime[0]=prime[1]=0;
for(int i=2;i显然，当一个数是素数的时候，那么他的倍数肯定是合数，筛选标记即可。从i*i而不从i*2开始，是因为已经i*3，i*2早已经被2，3筛过了。
由此，我们也可以发现有的合数被重复筛除，例如30，2*15筛了一次，5*6重复筛除，所以也就有了我们下面要提到的欧拉线性筛法。
不会重复筛除，是线性O（n）的复杂度。
const int MAXN=3000001;
int prime[MAXN];//保存素数
bool vis[MAXN];//初始化
int Prime(int n)
{
int cnt=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=2;i然后利用了每个合数必有一个最小素因子，每个合数仅被它的最小素因子筛去正好一次。所以为线性时间。
代码中体现在：
if(i%prime[j]==0)break;
prime数组 中的素数是递增的,当 i 能整除 prime[j]，那么 i*prime[j+1] 这个合数肯定被 prime[j] 乘以某个数筛掉。
因为i中含有prime[j], prime[j] 比 prime[j+1] 小。接下去的素数同理。所以不用筛下去了。
在满足i%prme[j]==0这个条件之前以及第一次满足改条件时,prime[j]必定是prime[j]*i的最小因子。
如果还不是很理解，可以手动模拟一下。
直接应用的一个简单例子。求n以内的素数个数。
http://blog.csdn.net/nk_test/article/details/46242311
欧拉函数：在数论中，对正整数n，欧拉函数是少于或等于n的数中与n互质的数的数目。
先给出一个结论：
设P是素数，
若p是x的约数，则E(x*p)=E(x)*p.
若p不是x的约数，则E(x*p)=E(x)*E(p)=E(x)*(p-1).
证明如下：
E(x)表示比x小的且与x互质的正整数的个数。
*若p是素数，E(p)=p-1。
*E(p^k)=p^k-p^(k-1)=(p-1)*P^(k-1)
证：令n=p^k,小于n的正整数数共有n-1即(p^k-1)个,其中与p不质的数共[p^(k-1)-1]个(分别为1*p,2*p,3*p...p(p^(k-1)-1))。
所以E(p^k)=(p^k-1)-(p^(k-1)-1)=p^k-p^(k-1).得证。
*若ab互质，则E(a*b)=E(a)*E(b)，欧拉函数是积性函数.
*对任意数n都可以唯一分解成n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*...*pn^an(pi为素数).
则E(n)=E(p1^a1)*E(p2^a2)*E(p3^a3)*...*E(pn^an)
=(p1-1)*p1^(a1-1)*(p2-1)*p2^(a2-1)*...*(pn-1)*pn^(an-1)
=(p1^a1*p2^a2*p3^a3*...*pn^an)*[(p1-1)*(p2-1)*(p3-1)*...*(pn-1)]/(p1*p2*p3*...*pn)
=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pn)
* E(p^k) =(p-1)*p^(k-1)=(p-1)*p^(k-2)*p
E(p^(k-1))=(p-1)*p^(k-2)
->当k>1时，E(p^k)=E(p*p^(k-1))=E(p^(k-1))*p.
(当k=1时，E(p)=p-1.)
由上式: 设P是素数，
若p是x的约数，则E(x*p)=E(x)*p.
若p不是x的约数，则E(x*p)=E(x)*E(p)=E(x)*(p-1). 证明结束。
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2824 具体的应用
求一段区间的欧拉函数的和。
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=3000001;
int prime[MAXN];//保存素数
bool vis[MAXN];//初始化
int phi[MAXN];//欧拉函数
void Prime(int n)
{
int cnt=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=2;i>a>>b)
{
__int64 ans=0;
for(int i=a;i<=b;i++)
ans+=phi[i];
cout< 还有 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3501
分析：对于整数n，如果x(x
/*利用欧拉函数即可求解，1~n比n小且与n互素的数的总和为
sum(n) = n * phi(n) / 2;那么可以先求出1~n-1的总和，然后
减去sum(n)即可。*/
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
#define MOD 1000000007
LL n;
LL Eular(LL n) {
LL cnt=1;
for(int i=2; i*i<=n; i++) {
if(n%i==0) {
cnt*=(i-1);
n/=i;
while(n%i==0) {
n/=i;
cnt*=i;
}
}
}
if(n>1)cnt*=(n-1);
return cnt;
}
int main() {
while(~scanf("%lld",&n)&&n) {
LL ans=(n+1)*n/2-n;
ans-=Eular(n)*n/2;
printf("%I64d\n",(ans%MOD+MOD)%MOD);
}
return 0;
}