首先貼出代碼(閉區間[1,n]范圍內和m互質的數）
代碼：
int solve(II n,II m){ vector<II>p; for(II i=2;i*i<=m;i++){ if(m%i==0){ p.push_back(i); while(m%i==0) m/=i; } } if(m>1) p.push_back(m); II sz=p.size(); LL sum=0; for(II i=1;i<(1<<sz);i++){ II ct=0; LL mul=1; for(II j=0;j<sz;j++){ if(i&(1<<j)){ ct++; mul*=p[j]; } } if(ct&1) sum+=n/mul; else sum-=n/mul; } return n-sum; }
這里解釋一下原理：首先假設m有x個不同的質因子，那么可以組成的因子數就是2^x-1種，然后10^18以內所有的數的質因子個數不會超過15個，所以2^15次方暴力枚舉所有情況這個復雜度還是可取的。我們假設p1,p2,p3都是m的質因子，假設當前枚舉的因子是p1*p2*p3那么n以內可以整除p1*p2*p3的數量就是n/(p1*p2*p3)，但是這里考慮到一個會重復問題就是擁有奇數個質因數的因子的在n以內可以整除的數量已經包含了偶數個數量，但是偶數個的並不包含奇數個的，所以我們枚舉的時候需要奇加偶減，這樣我們算出來的ans是n以內和m不互質的數的數量，那么和m互質的數量就是n-ans。
貼上一些可以用這個方法解決的練習題：
HDU1695：這個題好像正解使用什么莫比烏斯反演，題目的意思是求[1,a],[1,b]有多少對數GCD(x,y)==k，但是(x,y)和(y,x)算一對，有一個定理如果GCD(x,y)==k ，則GCD(x/k,y/k)==1那么現在問題轉化為求[1,a/k],[1,b/k]以內互質的數有多少對，現在我們要取minn=min(a/k,b/k)，我們可以先求minn的歐拉函數的前綴和，然后再求minn+1到max(a/k,b/k)的數在[1,max(a/k.b/k)]以內所有與它互質的數的數量，然后把所有的加起來就可以了。
代碼：
1 //Author: xiaowuga 2 #include <bits/stdc++.h> 3 using namespace std; 4 #define inf 0x3f3f3f3f 5 #define MAX INT_MAX 6 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s)) 7 const long long N=100000; 8 const long long mod=1e9+7; 9 typedef long long LL; 10 typedef int II; 11 typedef unsigned long long ull; 12 #define nc cout<<"nc"<<endl 13 #define endl "\n" 14 vector<LL>Euler; 15 void init_Euler(II n){ 16 Euler.resize(n+1); 17 Euler[0]=0; 18 Euler[1]=1; 19 for(LL i=2;i<n;i++) Euler[i]=i; 20 for(LL i=2;i<n;i++){ 21 if(Euler[i]==i){ 22 for(LL j=i;j<n;j+=i) 23 Euler[j]=Euler[j]/i*(i-1);//先進行除法防止溢出 24 } 25 } 26 for(II i=1;i<n;i++){ 27 Euler[i]+=Euler[i-1]; 28 } 29 } 30 int solve(II n,II m){ 31 vector<II>p; 32 for(II i=2;i*i<=m;i++){ 33 if(m%i==0){ 34 p.push_back(i); 35 while(m%i==0) m/=i; 36 } 37 } 38 if(m>1) p.push_back(m); 39 II sz=p.size(); 40 LL sum=0; 41 for(II i=1;i<(1<<sz);i++){ 42 II ct=0; 43 LL mul=1; 44 for(II j=0;j<sz;j++){ 45 if(i&(1<<j)){ 46 ct++; 47 mul*=p[j]; 48 } 49 } 50 if(ct&1) sum+=n/mul; 51 else sum-=n/mul; 52 } 53 return n-sum; 54 } 55 int main() { 56 ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); 57 II a,b,c,d,k; 58 II T,ca=0; 59 init_Euler(100000+1000); 60 cin>>T; 61 while(T--){ 62 cin>>a>>b>>c>>d>>k; 63 if(k==0||k>b||k>d){ 64 cout<<"Case "<<++ca<<": "<<0<<endl; 65 continue; 66 } 67 if(b>d) swap(b,d); 68 b/=k;d/=k; 69 LL ans=Euler[b]; 70 for(II i=b+1;i<=d;i++){ 71 ans+=solve(b,i); 72 } 73 cout<<"Case "<<++ca<<": "<<ans<<endl; 74 } 75 return 0; 76 }
POJ2773：這個題求第n個與k互質的數。
1.一個簡單的思路就是如果[1,k]中有x個與k互質的數，那么[k+1,2*k]中也有x個，每個k個一個循環都會出現x個數與k互質，而且加入y<k且y與k互質，則t*k+y也與k互質。那么我們第一個方法可以暴力算出比k小的數里面所有與k互質的數都是多少復雜度是klog（k），然后看一下n是k第幾輪循環里面。然后直接確定這個數多少。
2.二分+驗證的思想，首先一個數越大，那么他包含的與k互質的數一定越多對吧？這個性質不就是單調性嗎？任何滿足單調性的問題我們都可以用二分來解決，所以我們可以用二分，加驗證的思想找到和第n個k互質的數是多少
代碼：
1 //Author: xiaowuga 2 #include<iostream> 3 #include<vector> 4 using namespace std; 5 #define inf 0x3f3f3f3f 6 #define MAX INT_MAX 7 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s)) 8 const long long N=100000; 9 const long long mod=1e9+7; 10 typedef long long LL; 11 typedef int II; 12 typedef unsigned long long ull; 13 #define nc cout<<"nc"<<endl 14 #define endl "\n" 15 LL solve(II r,LL n){ 16 vector<int>p; 17 for(II i=2;i*i<=r;i++){ 18 if(r%i==0){ 19 p.push_back(i); 20 while(r%i==0) r/=i; 21 } 22 } 23 if(r>1) p.push_back(r); 24 LL sum=0; 25 for(LL i=1;i<(1<<p.size());i++){ 26 LL d=1,ct=0; 27 for(II j=0;j<p.size();j++){ 28 if(i&(1<<j)){ 29 ct++; 30 d*=p[j]; 31 } 32 } 33 if(ct%2) sum+=n/d; 34 else sum-=n/d; 35 } 36 return n-sum; 37 } 38 int main() { 39 ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); 40 II n,k; 41 while(cin>>n>>k){ 42 LL l=1,r=inf*2; 43 LL ans=1; 44 while(l<r){ 45 LL m=l+(r-l)/2; 46 LL t=solve(n,m); 47 if(t>=k){ 48 if(t==k) ans=m; 49 r=m; 50 } 51 else{ 52 l=m+1; 53 } 54 } 55 cout<<ans<<endl; 56 } 57 return 0; 58 }