(Relax 数论1.9)POJ 3090 Visible Lattice Points(欧拉函数的应用:计算前n项欧拉数之和)
证明部分参考了http://blog.csdn.net/zhang20072844/article/details/8108727
看到这个题目简单分析了一下，最后才发现原来就是一个数论知识。
首先，题目主要是求从0,0能看到的点的个数。
先考虑只有1×1的时候，三个点，根据图明显看出，只需要计算下三角，结果=下三角的个数×2再加1（斜率为1的点）。
那么我们只需要计算斜率从0到1之间的个数就行了，不包括1，包括0.结果设为sum，那么最终就是2*sum+1.
1×1只有一个斜率为0的
2×2斜率有0,1/2（0已经算过了，以后不再算了），其实就多了一个斜率为1/2的。
3×3的时候，有1/3,2/3两个，比以前多了2个
4×4的时候，有1/4,2/4（1/2已经有过了）,3/4，所以也是2个
5×5的时候，有1/5,2/5,3/5,4/5，之前都没有，所以多了4个
6×6得到时候，有1/6,2/6（1/3已经有了）,3/6(1/2已经有了),4/6(2/3已经有了),5/6，所以只剩2个。
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从上面可以发现一个规律，对于n×n，可以从0,0连接到（n,0）到(n,n)上，斜率将会是1/n,2/n......(n-1)/n;
凡是分子和分母能够约分的，也就是有公约数，前面都已经有过了。所以每次添加的个数就是分子和分母互质的个数。
那么问题就转换为，对于一个数n，求小于n的于n互质的数的个数，这不就是欧拉函数么？下面介绍欧拉函数。
转：
欧拉函数的定义:E(k)=([1,n-1]中与n互质的整数个数).
因为任意正整数都可以唯一表示成如下形式:
k=p1^a1*p2^a2*……*pi^ai;(即分解质因数形式)
可以推出:E(k)=(p1-1)(p2-1)……(pi-1)*(p1^(a1-1))(p2^(a2-1))……(pi^(ai-1))
=k*(p1-1)(p2-1)……(pi-1)/(p1*p2*……pi);
=k*(1-1/p1)*(1-1/p2)....(1-1/pk)
ps：在程序中利用欧拉函数如下性质，可以快速求出欧拉函数的值(a为N的质因素)
若(N%a==0 && (N/a)%a==0) 则有:E(N)=E(N/a)*a;
若(N%a==0 && (N/a)%a!=0) 则有:E(N)=E(N/a)*(a-1);
第一次写欧拉函数的题，琢磨的半天，最后还是只能按照最开始的想法写......
欧拉函数PHI(n)表示的是比n小，并且与n互质的正整数的个数(包括1)。比如：
PHI(1) = 1; PHI(2) = 1; PHI(3) = 2; PHI(4) = 2; ... PHI(9) = 6; ...
要计算一个正整数n的欧拉函数的方法如下：
1. 将n表示成素数的乘积: n = p1 ^ k1 * p2 ^ k2 * ... * pn ^ kn（这里p1, p2, ..., pn是素数）
2. PHI(n) = (p1 ^ k1 - p1 ^ (k1 - 1)) * (p2 ^ k2 - p2 ^ (k2 - 1)) * ... *(pn ^ kn - pn ^ (kn - 1))
= Mult { pi ^ ki - pi ^ (ki -1) }
证明过程如下：
1. 容易想到：当n为素数时，PHI(n) = n - 1。因为每个比n小的正整数都和n互素。当n为素数p的k次方时，PHI(n) = p ^ k - p ^ (k - 1)。因为在1到n之间的正整数只有p的倍数和n不互素，这样的数有(p ^ k / p)个。
2. 如果m和n互素，即GCD(m, n) = 1，那么PHI(m * n) = PHI(m) * PHI(n)。用中国剩余定理可以证明，证明的思路是建立这样一种一一对应的关系(a, b) <-> x，其中正整数a小于m并且gcd(a, m) = 1，正整数b小于n并且gcd(b, n) = 1，正整数x小于m*n并且gcd(m*n, x) = 1。证明过程如下：
1)根据中国剩余定理，如果m和n互素，那么关于未知量x的方程组x % m = a, x % n = b(0 <= a < m, 0 <= b < n)，当0 <= x < m * n时存在并且仅存在一个解。容易证明，如果两个这样的方程组有相同的m, n但是a, b不同，那么他们的解x一定不同。
2)首先用反正法证明：gcd(m, a) = 1且gcd(n, b) = 1是gcd(m*n, x) = 1的必要条件：假设gcd(a, m) = k > 1，由此可得：a = a' * k; m = m' * k => x = k' * m + a = k' * k * m' + k * a' = k * (k' * m' + a'); 所以gcd(x, m) = k > 1。同理可证，如果gcd(b, n) > 1， 那么gcd(x, n) > 1。所以x和m * n互素的必要条件是a和m互诉且b和n互素。
3)接下来我们证明充分性：由x % m = a 可以得到x = k * m + a；由欧几里德算法求最大公约数的过程（就不证明了，呵呵，还得想）可以知道gcd(x, m) = gcd(m, a) = 1；同理可得，如果gcd(n, b) = 1那么gcd(x, n) = 1。接下来很容易得到：gcd(m*n, x) = 1。从而证明了充分性。
4)上面三步的结论表明，数对(a, b)是可以和x建立起一一对应的关系的，所以有多少个不同的(a, b)，就有多少个不同的x。
3.将n分解成素数乘积后，显然对于任意的i, j(i != j)都满足 pi ^ ki和pj ^ kj是互素的，于是可以的到上面的公式。
跟据上面的公式，可以得到关于欧拉函数的递推关系：
假设素数p能整除n，那么
如果p还能整除n / p, PHI(n) = PHI(n / p) * p;
如果p不能整除n / p, PHI(n) = PHI(n / p) * (p - 1);
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1000015;
bool u[maxn];//判断某一个数是否是素数
ll su[maxn];//素数表
ll num = 0;//素数的个数
ll phi[maxn];//phi[i]前i项欧拉数之和
void prepare() { //欧拉筛法产生素数表
ll i, j;
memset(u, true, sizeof(u));
for (i = 2; i <= 1000010; ++i) {
if (u[i]) {
su[++num] = i;
}
for (j = 1; j <= num; ++j) {
if (i * su[j] > 1000010) {
break;
}
u[i * su[j]] = false;
if (i % su[j] == 0) {
break;
}
}
}
}
void geteuler() {//phi[i]前i项欧拉数的和...单纯用欧拉函数的模板,而不采用性质进行优化的话,和可能会TLE
int i;
phi[1] = 1;
for (i = 1; i <= 1000000; i++) {
int j;
for (j = 1; j <= num && su[j] * i <= 1000000; j++) {
/**
* 在这里需要利用两个性质。
* 第一，大于1的质数x的欧拉函数值为x-1,1的欧拉函数值为1。
* 第二，若a为N的质因数，若(N % a == 0 && (N / a) % a == 0)
* 则有E(N)=E(N / a) * a；
* 若(N % a == 0 && (N / a) % a != 0)
* 则有：E(N) = E(N / a) * (a - 1)。
*
*/
if (i % su[j] == 0) {
phi[su[j] * i] = su[j] * phi[i];
break;
} else {
phi[su[j] * i] = phi[i] * (su[j] - 1);
}
}
}
for (i = 2; i <= 1000000; i++){//**这里是需要注意的地方...这里的i是从2开始算的,这个根据实际需要来,这是和POJ2478所不同的地方..
phi[i] += phi[i - 1];
}
}
int main(){
prepare();
geteuler();
int t;
scanf("%d",&t);
int counter = 1;
while(t--){
int n;
scanf("%d",&n);
printf("%d %d %lld\n",counter++,n,phi[n]*2+1);
}
return 0;
}