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POJ2480:Longge's problem（欧拉函数的应用）
题目链接：传送门
题目需求：
Given an integer N(1 < N < 2^31),you are to calculate ∑gcd(i, N) 1<=i <=N. 这题就是上一篇博客的变形。
题目解析：首先先求出与N互质的个数，即N的欧拉函数值，之后分解出N的因子来，求解方法如下。
证明：
要求有多少个 i 满足gcd(i, N) = d 如果gcd(i, N) = d，则gcd(i/d, N/d) = 1 由于i <= N，所以 i/d <= N/d，转化为求多少个不大于N/d的数与N/d互质，而这就是欧拉函数 所以有phi(N/d)个 i 满足gcd(i, N) = d，所以∑d*phi(N/d)即为答案。
我搜了大部分人的题解都是利用乘性函数做的，思想我附在代码下面，因为已A，我就不用他们那种方法了。
代码：（欧拉函数打表204ms)
#include <iostream>#include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>#include <math.h>typedef long long ll;using namespace std;ll phi[100005];ll f[10005];ll sum,n,t,tt,i;void init(){ memset(phi,0,sizeof(phi)); phi[1]=1; for(int i=2; i<=10000; i++) { if(!phi[i]) { for(int j=i; j<=10000; j=j+i) { if(!phi[j]) phi[j]=j; phi[j]-=phi[j]/i; } } }}int main(){ init(); while(scanf("%I64d",&n)!=EOF) { tt=0; for(i=2; i*i<n; i++) { if(n%i==0) { f[tt++]=i; f[tt++]=n/i; } } if(i*i==n) f[tt++]=i; sort(f,f+tt); if(tt==0) { tt=2*n-1; printf("%I64d\n",tt); continue; } t=n; sum=n; for(i=2; i*i<=t; i++) { if(t%i==0) { sum-=sum/i; t/=i; while(t%i==0) t/=i; } } if(t!=1) sum-=sum/t; sum+=n; for(i=0; i<tt; i++) { if(n/f[i]>=10000) { ll temp=n/f[i]; ll cot=temp; for(ll z=2; z*z<=temp; z++) { if(temp%z==0) { t/=z; cot-=cot/z; while(temp%z==0) temp/=z; } } if(temp!=1) cot-=cot/temp; sum+=cot*f[i]; continue; } sum+=(phi[n/f[i]])*f[i]; } printf("%I64d\n",sum); } return 0;}
下面推导没看懂。。。。。
积性函数：若任取互质的两个数m,n，都有f(m*n) = f(m)*f(n)，那么f就是积性函数
容易证明gcd(i,n)是积性函数，即： 如果n = m1*m2 且gcd(i,m1*m2) = gcd(i,m1)*gcd(i,m2). 然后根据具体数学上的结论： 积性函数的和也是积性的，所以如果我们设所求答案是f(n) 则： f(n) = f(m1)*(m2) 其中，m1*m2 = n 且m1,m2互质！
经过因子分解，那种只要求到f(p^k)就可以利用积性把所有结果相乘得到最后答案。
还要一个结论： f(n) = sum(p * phi(n/p)) 其中p是n的因子，phi(n/p) 是从1到n有多少个数和n的gcd是p, 这个结论比较好证明的。
所以求f(p^k)转化成求phi(p^i) i =0....k; 而根据公式phi(p^i) = (p-1)*p^(i-1)可以求出，这样整个问题就解决了。
POJ2480:Longge's problem（欧拉函数的应用）