hdu 2588 欧拉函数

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欧拉函数

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本文探讨了一种基于欧拉函数的高效算法，用于解决给定正整数N和M时，寻找满足特定条件的整数X的数量问题。通过分析与N互质的数及其与问题的关系，提供了一个清晰的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

链接：戳这里

GCD

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Problem Description
The greatest common divisor GCD(a,b) of two positive integers a and b,sometimes written (a,b),is the largest divisor common to a and b,For example,(1,2)=1,(12,18)=6.
(a,b) can be easily found by the Euclidean algorithm. Now Carp is considering a little more difficult problem:
Given integers N and M, how many integer X satisfies 1<=X<=N and (X,N)>=M.

Input
The first line of input is an integer T(T<=100) representing the number of test cases. The following T lines each contains two numbers N and M (2<=N<=1000000000, 1<=M<=N), representing a test case.

Output
For each test case,output the answer on a single line.

Sample Input
3
1 1
10 2
10000 72

Sample Output
1
6
260

题意：

给出n,m。找出gcd(n,a)>=m (1<=a<=n) 满足条件的a有多少个

思路：

首先定义数a能被n整除，且a>=m

对于1~n中肯定有许多是a的倍数同样也满足条件 gcd(a*p,n)=a，a>=m 这里的p显然与n/a互质。

欧拉函数计算(1~n/a)素数的个数算贡献

我们来证明为什么是计算与n/a互质且贡献没有多余的计算

假设p与n/a不互质，那么gcd(a*p,n)=a，=> (除以a) gcd(p,n/a)!=1 显然与我们想要的gcd(a*p,m)=a矛盾

所以这个数p必然与n/a互质

好，那为什么是算n/a与p互质的个数的贡献呢？

现在gcd(a*p,n)=a，a>=m 需要满足条件，这里的p的取值范围1~n/a之间的，且必须与(n/a)互质

也就是贡献加上euler(n/a)的值了

那么接下来证明为什么没有计算多余的贡献？

设a、b为两个不同的大于等于m的n的约数

假设存在重复那么就有 a*x = b*y (x是小于等于n/a且与n/a互质的数，y同理)

变形得到 x*n/b = y*n/a 由于x和n/a互质所以 x是y的约数（因为两边分解质因数的时候n/a不能分出x的约数只能是y来分）

不妨设 y = kx（k>1）则 n/b = k(n/a)

由于y和n/b互质则kx和n/b互质但是n/b有个k作为约数所以他们有公约数k 这显然推出k = 1 于是产生a==b矛盾！

所以不会产生重复

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include <ctime>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<bitset>
#define mst(ss,b) memset((ss),(b),sizeof(ss))
///#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
typedef long long ll;
typedef long double lb;
#define INF (1ll<<60)-1
#define Max 1e9
using namespace std;
int euler(ll n){
    int res=n;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            res=res*(i-1)/i;
            while(n%i==0) n/=i;
        }
    }
    if(n>1) res=res*(n-1)/n;
    return res;
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    int n,m;
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        int ans=0;
        if(m==1) {
            printf("%d\n",n);
            continue;
        }
        for(int i=1;i*i<=n;i++){
            if(n%i==0){
                if(i>=m) ans+=euler(n/i);
                if(n/i!=i && n/i>=m) ans+=euler(i);
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}