【数论】hdu4910Problem about GCD

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本文探讨了一道数学问题：对于给定的大整数n，求解在[1,n]区间内与n互质的所有整数乘积模n的结果。通过深入分析，文章提出了一种高效的解决方案，并提供了详细的证明过程及实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4910
题目描述：对给定的n,求 $[1,n]$ 中与n互质的数的乘积%n
数据范围： $n<=10^{18}$

即计算n的缩系元素之积%n，必然也在缩系之中。
当n为素数是答案为n-1
经打表发现答案为1 ，n-1

现在我们来证明一下 = =
考虑缩系元素i,j（i,j,可以相等）必然有 $i*j%n=1$
证明： $i*j+k*n=1$ 根据扩展欧几里得原理得 $j∈[1,n-1]$
又因为 $i*j%n=1$ 若j不为缩系元素，矛盾 = =

若 $i≠j$ 就不需要考虑他们了

若 $i=j$ 则 $gcd(a,n)=gcd(n-a,a)=1$ ;（令a=i=j）
而 $(n-a)≡-a$ (mod n)
$a*(n-a)≡an-a*a≡-a*a$ (mod n)
已知 $a*a≡1$ (mod n)则 $-a*a≡-1$ (mod n)

当 $n=2$ 时， $a=1$
当 $n≠2$ 时， $n-a$ 与a成对出现。若这样的对数为奇数时，答案为-1，反之为1

接下来将 $a*a≡1$ (mod n)变形得 $(a+1)(a-1)≡0$ (mod n)
将n质因数分解为 $n=p_0^{k_0}*p_1^{k_1}*p_2^{k_2}…*p_i^{k_i}$
根据中国剩余定理转化为若干个同余方程 $(a+1)(a-1)≡0$ (mod $p_i^{k_i}$ )
而每个方程对应一组解

先考虑单个方程若 $p_i>2$ 则 $a≡1 ,p_i^{k_i}-1$ (mod n)//不意味着只有2个解
若pi=2 当ki=1是 a=1 1个解；当ki=2时 a=1,3 2个解；当ki>2时， $a≡-1,+1$ (mod $2^{k_i}$ )

终上分析得
当 $n=4,p^{k},2*p^{k}$ 时答案为n-1 （其中p为质数，k为自然数）

由于数据范围大，在判断素数时，要用Miller_Rabin算法（利用费马小定理判断，但有伪素数的存在，所以是一个概率计算）

这道题很难，当初卡了我很久…
蒟蒻加油 ↖(^ω^)↗

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define LL long long int
using namespace std;

LL n,pos,ans;
int prime[1000010];
bool flag[1000010];

void init()
{
    pos=0;
    for(int i=2;i<=1e6;++i)
    {
        if(!flag[i])
            prime[++pos]=i;
        for(int j=1;j<=pos;++i)
        {
            if(i*prime[j]>1e6)break;
            flag[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}

LL mul(LL a,LL b,LL p)
{
    LL ans=0;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans+=a;
            if(ans>=p)ans-=p;
        }
        a+=a;
        if(a>=p)a-=p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

LL power(LL a,LL m,LL temp)
{
    LL ans=1;
    while(m>0)
    {
        if(m&1)
            ans=mul(ans,a,temp);
        a=mul(a,a,temp);
        m>>=1;
    }
    return ans;
}

bool Miller_Rabin(LL n)
{
    if(n==2||n==3)return 1;
    if(n<2||!(n&1))return 0;
    LL a,code=0,k=n-1,ans,t;
    while(!(k&1))
    {
        k>>=1;
        ++code;
    }
    for(int i=1;i<21;++i)
    {
        a=rand()%(n-1)+1;
        ans=power(a,k,n);
        t=ans;
        for(int j=0;j<code;++j)
        {
            ans=mul(ans,ans,n);
            if(ans==1&&t!=1&&t!=n-1)
                return 0;
            t=ans;
        }
        if(ans!=1)
            return 0;
    }
    return 1;
}

bool judge(LL n)
{
    for(int i=1;i<=pos;++i)
    {
        if(n%prime[i]==0)
        {
            do{n/=prime[i];}
            while(n%prime[i]==0);
            if(n==1)
                return 1;
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

int main()
{
    srand(time(NULL));
    init();
    while(scanf("%I64d",&n)!=EOF&&n!=-1)
    {
        if(n==1){printf("0\n");continue;}
        if(n==4){printf("3\n");continue;}
        if(n%4==0){printf("1\n");continue;}
        //将n分解分所有质因子相乘，质因子2个数为a，其余质因子个数为b，ans=(a==0?a:a-1)+b;当ans<2时结果为n-1，否则结果为1.
        ans=0;
        LL k=n;
        while(!(n&1))
        {
            n>>=1;
            ++ans;
        }
        if(ans>0)--ans;
        if(n!=1)
        {
            if(Miller_Rabin(n))
                ++ans;
            else
            {
                LL i=(LL)sqrt(n+0.5);
                if(i*i==n&&Miller_Rabin(i)||judge(n))//判断k是否能写成a^p
                    ++ans;
                else ans+=2;//否则最少是两个质因子
            }
        }
        if(ans<2)
            printf("%I64d\n",k-1);
        else printf("1\n");
    }
    return 0;
}