所謂最簡真分數是一個分數的分子小於分母，且分子分母無公因數。
2010年湖北省小學奧林匹克數學競賽（小學六年級組）有這樣一道試題：以2010為分母的最簡真分數有多少個？
這道小學奧數試題考察的是學生對集合包含和容斥知識的掌握情況。
由於2010=2*3*5*67（分解質因數），因此以2010為分母的最簡真分數的分子必須小於2010且不能被2、3、5或67整除。
小朋友解決這個問題的計算過程如下：
在1~2010共2010個數中，
能被2整除的數有 2010÷2=1005
能被3整除的數有 2010÷3=670
能被5整除的數有 2010÷5=402
能被67整除的數有 2010÷67=30
能同時被2和3整除的數有 2010÷（2×3）=335
能同時被2和5整除的數有 2010÷（2×5）=201
能同時被2和67整除的數有 2010÷（2×67）=15
能同時被3和5整除的數有 2010÷（3×5）=134
能同時被3和67整除的數有 2010÷（3×67）=10
能同時被5和67整除的數有 2010÷（5×67）=6
能同時被2、3和5整除的數有 2010÷（2×3×5）=67
能同時被2、3和67整除的數有 2010÷（2×3×67）=5
能同時被2、5和67整除的數有 2010÷（2×5×67）=3
能同時被3、5和67整除的數有 2010÷（3×5×67）=2
能同時被2、3、5和67整除的數有 2010÷（2×3×5×67）=1
這樣，1~2010中能被2或3或5或67整除的數有
（1005+670+402+30）-（335+201+15+134+10+6）+（67+5+3+2）-1
=2107-701+77-1 =1482
因此，1~2010中既不能被2整除，也不能被3整除，也不能被5整除，也不能被67整除的數有 2010-1482=528 個。
即以2010為分母的最簡真分數有528個。
我們可以看出，上面的計算過程是比較繁瑣的，需要認真仔細。
學習過程序設計后，可以編寫了一個簡單的循環程序解決這個問題。
用一個變量cnt來保存最簡真分數的個數，初始值為0。
對1~2010中的每一個數num，進行判斷，這是一個循環，寫成
for(num=1; num<=2010;num++)
循環體中的判斷方法為：如果num既不能被2整除，也不能被3整除，也不能被5整除，也不能被67整除，則計數。寫成
if(num%2!=0 && num%3!=0 && num%5!=0 && num %67!=0)
cnt++;
最后，輸出結果cnt。 一個簡單的程序，就得到問題的答案。
編寫的源程序如下：
#include <stdio.h>
int main()
{
int cnt,num;
cnt=0;
for (num=1; num<=2010;num++)
if (num%2!=0 && num%3!=0 && num%5!=0 && num %67!=0)
cnt++;
printf("%d\n",cnt);
return 0;
}
需要說明的是，當時競賽的真題是：所有以2010為分母的最簡真分數的和為多少？
瞧瞧，作為大學生的你還能像小朋友一樣做出來嗎？
當然，你學過程序設計，將上面的程序簡單改寫一下，可以很快得到答案的。何須像小朋友一樣苦苦思考和運算呢。
#include <stdio.h>
int main()
{
int num;
double sum;
sum=0;
for (num=1; num<=2010;num++)
if (num%2!=0 && num%3!=0 && num%5!=0 && num %67!=0)
sum+=1.0*num/2010;
printf("%lf\n",sum);
return 0;
}
程序運行后，輸出 264.000000。即所有以2010為分母的最簡真分數的和是264。
小朋友是沒法像程序一樣硬算的。1/2010+7/2010+11/2010+…+2099/2010=264。
小朋友有小朋友的聰明，1/2010是最簡真分數，那么2099/2010 也一定是最簡真分數。
i/2010 是最簡真分數，那么 （2010-i）/2010 也一定是最簡真分數。
1/2010 + 2099/2010=1 i/2010 +（2010-i）/2010=1。
小朋友知道了以2010為分母的最簡真分數有528個，因此它們的和為 528/2 = 264。
因為2010分解質因數后，因數有2、3、5和67四個，用於考察集合的包含與容斥計算量略大但又可以完成，可以算是一道很好的競賽試題。
在這道試題的基礎上，我們看這樣一個問題。
【例1】最簡真分數。
任意輸入一個正整數n，求以n為分母的最簡真分數有多少個？
（1）編程思路1。
將輸入的n作為分母，窮舉分子i （1≤i≤n-1）。因此，程序可先寫成如下的循環：
for (i=1; i<=n-1; i++)
{
對每一分數i/n，進行是否存在公因數的檢測。根據檢測的結果決定是否計數；
}
在上面的循環體中需要對每一分數i/n，進行是否存在公因數的檢測。如果分子i與分母n存在大於1的公因數k，說明i/n不是最簡真分數，不予計數。怎樣進行檢測呢？
因為公因數k的取值范圍為[2，i]，因而設置u循環在[2，i]中窮舉k，若滿足條件
i%k==0 && n%k==0
說明分子分母存在公因數k，標記t=1后退出。
在對因子k進行循環窮舉前，可設置標志t=0。退出因子窮舉循環后，若t=1，說明分子和分母存在公因子；若保持原t=0，說明分子分母無公因數，統計個數。
（2）源程序1。
#include <stdio.h>
int main()
{
int n,i,k,t,cnt;
while (scanf("%d",&n) && n!=0)
{
cnt=0;
for (i=1;i<=n-1;i++) // 窮舉分子
{
t=0;
for (k=2;k<=i;k++) // 窮舉因數
if (i%k==0 && n%k==0)
{
t=1;
break; // 分子分母有公因數舍去
}
if (t==0)
cnt++; // 統計最簡真分數個數
}
printf("%d\n",cnt);
}
return 0;
}
將上面的源程序提交給 POJ 2407 “Relatives”，判定為Time Limit Exceeded。 POJ 2407的題意是： 輸入正整數N，求小於或等於N ([1,N])，且與N互質的正整數（包括1）的個數。這與求最簡真分數的意思完全一致。
上面源程序1的方法簡單直接，但對於N值較大的話，會超時的。因此，我們應找到快速的求法。在數論中，歐拉函數就很好地解決了這樣的問題。
在數論，對於正整數n，歐拉函數是小於或等於n的正整數中與n互質的數的數目。此函數以其首名研究者歐拉命名，一般簡記為φ函數。 例如，φ(8)=4，因為1,3,5,7均和8互質。
一般來說，設正整數N分解質因數后，N=P1^q1*P2^q2*...*Pn^qn.
則 φ(N)=N*(1-1/P1)*(1-1/P2)*...*(1-1/Pn)。
例如， 10= 2*5 φ(10)=10×(1-1/2)×(1-1/5)=4; 這4個數是1, 3, 7, 9 。
30=2*3*5 φ(30)=30×(1-1/2)×(1-1/3)×(1-1/5)=8; 這8個數是1,7,11,13, 17, 19, 23, 29。
按歐拉函數的求法，可以編寫如下的源程序。
（3）源程序2。
#include <stdio.h>
int main()
{
int n,i,ans,t;
while (scanf("%d", &n) && n!=0)
{
ans = n;
t=n;
for (i=2;i*i<=t;i++)
if (t % i == 0) // 找到一個質因數i
{
ans -= ans/i;
while (t % i == 0) // 將質因數i全去掉
t /= i;
}
if (t!=1) ans -= ans/t;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
將源程序2提交給 POJ 2407， 可以Accepted。
將此源程序的printf("%d\n",ans);改寫為 printf("%d\n",n-ans-1); 后，提交給 HDU 1787 “GCD Again”，也可以Accepted。
【例2】還是最簡真分數。
輸入一個正整數n，求分母在指定區間[2，n]的最簡真分數共有多少個？
例如，輸入5，輸出應為 9。這9個最簡真分數是 {1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5} 。
（1）編程思路。
例1的源程序2可以求歐拉函數φ(n)的值。用一個循環求出 φ(2)+φ(3)+…+φ(n)的累加和，即得本題的輸出。
（2）源程序。
#include <stdio.h>
int main()
{
int n,i,k,ans,t,sum;
while (scanf("%d", &n) && n!=0)
{
sum=0;
for (k=2;k<=n;k++)
{
ans = k;
t=k;
for (i=2;i*i<=t;i++)
if (t % i == 0) // 找到一個質因數i
{
ans -= ans/i;
while (t % i == 0) // 將質因數i全去掉
t /= i;
}
if (t!=1) ans -= ans/t;
sum+=ans;
}
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}
將此源程序提交給 POJ 2478 “Farey Sequence”，被判定為Time Limit Exceeded。POJ 2478的題意是：求1~n的歐拉函數的和。
因為，例1中是在 O(sqrt(n)) 的時間內求出一個數n的歐拉函數值。
如果要求100000以內所有正整數的歐拉函數值，上面程序采用的方法的復雜度將高達O(N*sqrt(N))。因此，容易超時。
下面我們尋求更快的求歐拉函數值的方法。
我們知道，歐拉函數值 φ(n)=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)....*(1-1/pk)，其中p1、p2…pk為n的所有質因子。即歐拉函數的值與其質因子有關。用篩法可以方便地求出n以內的所有質數。關於篩法及應用可以參閱本博客中的隨筆 POJ中和質數相關的三個例題（POJ 2262、POJ 2739、POJ 3006）。
那么我們能不能在篩法求質數的同時求出所有數的歐拉函數呢？可以采用如下的方法：
用篩法一邊篩出N以內的所有質數，一邊以類似於篩法的思想用質數篩出每個數的歐拉函數φ值。
這里，利用了歐拉函數的幾個基本性質：
① 若N是質數p的k次冪，φ(N)=p^k-p^(k-1)=(p-1)p^(k-1)，因為除了p的倍數外，其他數都跟N互質。
② 當N是質數時，φ(N) = N-1。顯然，因為N是質數，1~N-1均與N互質。
③ 歐拉函數是積性函數——若m,n互質，φ(m*n)=φ(m)*φ(n) 。
④ 假設質數p能整除n，那么
如果p還能整除n / p , φ(n) = φ(n / p) * p;
如果p不能整除n / p, φ(n) = φ(n / p) * (p - 1)。
定義數組phi[N]，元素phi[i]表示正整數i的歐拉函數值φ(i)。
定義數組vis[N]，元素vis[i]=True表示i在篩子中，vis[i]=false表示i不在篩子中，已被篩掉。初始時，vis數組的元素全置為true，表示全部放在篩子中。
定義數組prime[N]，元素prime[i]的值為第i個質數。
下面以求20以內所有質數及所有數的φ值為例，來描述篩法的使用。
1） 從i=2開始循環， vis[2]==true，找到第一個質數2，prime[0]=2，質數個數PNum=1；同時，phi[2]=2-1=1。
采用循環 for (j = 0; j < pNum && prime[j]*i <MAXN; j++ ) 將篩子中2的各質數倍數篩掉，同時求得相應數的歐拉函數值。（注意這里與通常的篩法有改變，主要為了用質數篩出各數的歐拉函數值）。
篩去 2*prime[0]=2*2=4，即 vis[4]=false； phi[4]=phi[2]*prime[0]=1*2=2；
2）i++，進行下次循環， vis[3]==true，找到第2個質數，prime[1]=3，pNum=2，同時phi[3]=3-1=2。
篩去 3*prime[0]=3*2=6 ，即vis[6]=false; 置phi[6]=phi[3]*(prime[0]-1)=2*1=2；
篩去 3*prime[1]=3*3=9 ，即vis[9]=false; 置phi[9]=phi[3]*(prime[1])=2*3=6；
3）i++，進行下次循環， vis[4]==false，4不是質數。
篩去 4*prime[0]=4*2=8 ，即vis[8]=false; 置phi[8]=phi[4]*(prime[0])=2*2=4；
篩去 4*prime[1]=4*3=12 ，即vis[12]=false; 置phi[12]=phi[4]*(prime[1]-1)=2*2=4；
與 φ(12)=12*(1-1/2)(1-1/3)=4 比較下 更容易理解。
phi[12]=phi[4]*(prime[1]-1)=phi[2]*prime[0]*(prime[1]-1)=2*(1-1/2)*2*3*(1-1/3)。
4）i++，進行下次循環， vis[5]==true，找到第3個質數，prime[2]=5，pNum=3，同時phi[5]=5-1=4。
篩去 5*prime[0]=5*2=10 ，即vis[10]=false; 置phi[10]=phi[5]*(prime[0]-1)=4*1=4；
篩去 5*prime[1]=5*3=15 ，即vis[15]=false; 置phi[15]=phi[5]*(prime[1]-1)=4*2=8；
篩去 5*prime[2]=5*5=25 ，即vis[25]=false; 當然我們以20為例的話，25已超出，循環不會執行到。
同理，6不是質數，篩去 6*2=12，置 phi[12]=phi[6]*(prime[0])= 2*2=4。
篩去 6*3=18 ，置phi[18]=phi[6]*(prime[1])=2*3=6。
7是質數，置prime[3]=7,pNum=4, phi[7]=6。
篩去 7*2=14，置 phi[14]=phi[7]*(prime[0]-1)= 6*1=6。
……
（3）采用篩法思想的源程序。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAXN 1000005
int prime[MAXN], pNum, phi[MAXN];
__int64 num[MAXN]={0};
bool vis[MAXN];
int main()
{
int n,i,j;
memset(vis,true,sizeof(vis));
// 下面程序段既求MAXN以內的素數又求歐拉數。
pNum=0;
phi[1] = 1;
for (i = 2; i < MAXN; i++)
{
if (vis[i]) // i是素數
{
prime[pNum++] = i;
phi[i] = i-1;
}
for (j = 0; j < pNum && prime[j]*i <MAXN; j++ )
{
vis[prime[j]*i] = false;
if (i % prime[j] == 0)
{
phi[i*prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
else
phi[i*prime[j]] = phi[i] *(prime[j] - 1);
}
}
for (i=2;i<MAXN;i++)
{
num[i]=num[i-1]+phi[i];
}
while (scanf("%d", &n) && n!=0)
{
printf("%I64d\n",num[n]);
}
return 0;
}
將用篩法思想改寫的源程序提交給 POJ 2478， 可以Accepted。
將上面的程序略作改動，可以順便通過 HDU 2824 “The Euler function”。
（4）進一步討論。
上面采用篩法求歐拉函數的值時，用了3個數組，用於表示數是否在篩子中的標記數組vis，用於保存質數的數組prime，用於保存歐拉函數值的數組phi。雖然看起來直觀，好像體現了歐拉函數值與分解質因數相關的概念，但有點繁瑣。能否只用一個數組phi，即保存歐拉函數的值，又表示篩子，當然在篩子中的最小數一定是質數，從而又表示了質數呢？
定義數組phi[N]，初始值全為0，Phi[i]=0表示i在篩子中，i是質數。
前面介紹過歐拉函數值得標准求法。
設正整數N分解質因數后，N=P1^q1*P2^q2*...*Pn^qn.
則 φ(N)=N*(1-1/P1)*(1-1/P2)*...*(1-1/Pn)。
顯然，若p1是n的質因數，phi[n]一定會作 n*(p1-1)/p1這樣的運算。
下面我以n=30為例介紹phi數組既保存歐拉函數值有當篩子用的方法。
由於篩法從i=2開始進行，所有phi[i]元素值初始全為0。
1）phi[2]=0，2在篩子中，2是質數，開始執行篩法過程，對指定范圍內所有2的倍數進行處理。
phi[2]=0 phi[2]=2 （置初始值表示篩掉 ） phi[2]=phi[2]*(2-1)/2 =1 （由於2是其質因數，按公式需 *（1-1/2） ）
phi[4]=0 phi[4]=4 （置初始值表示篩掉 ） phi[4]=phi[4]*(2-1)/2 = 2 （ 由於2是其質因數，按公式需 *（1-1/2） ）
phi[6]=0 phi[6]=6 phi[6]=phi[6]*(2-1)/2 = 3
……
phi[30]=0 phi[30]=30 phi[30]=phi[30]*(2-1)/2 = 15
2）i++進行下一次循環。i=3，phi[3]=0，3在篩子中，3是質數，開始執行篩法過程，對指定范圍內所有3的倍數進行處理。
phi[3]=0 phi[3]=3 （置初始值表示篩掉 ） phi[3]=phi[3]*(3-1)/3 =2 （3是其質因數，按公式需 *（1-1/3） ）
phi[6]=3 不等於0，已篩過，不再置初始值，直接phi[6]=phi[6]*(3-1)/3 =2 （3是其質因數，按公式需 *（1-1/3） ）
phi[9]=0 phi[9]=9 （置初始值表示篩掉 ） phi[9]=phi[9]*(3-1)/3 =6 （3是其質因數，按公式需 *（1-1/3） ）
……
phi[30]=15 phi[30]=phi[30]*(3-1)/3 = 10
3）i++進行下一次循環，i=4，phi[4]=2，4不在篩子中，4不是質數，不進行處理。
4）i++進行下一次循環。i=5，phi[5]=0，5在篩子中，5是質數，開始執行篩法過程，對指定范圍內所有5的倍數進行處理。
phi[5]=0 phi[5]=5 （置初始值表示篩掉 ） phi[5]=phi[5]*(5-1)/5 =4 （5是其質因數，按公式需 *（1-1/5） ）
phi[10]=5 不等於0，已篩過，直接 phi[10]=phi[10]*(5-1)/5 =4 （5是其質因數，按公式需 *（1-1/5） ）
……
phi[30]=10 phi[30]=phi[30]*(5-1)/5 = 8
根據上面的描述，可以將這個篩法過程寫成如下的二重循環。
for (i=2; i <= n; i++)
{
if (phi[i]==0) // i在篩子中，是質數
for (j = i; j <= n; j+=i) // 處理i的倍數
{
if (phi[j]==0) // 在篩子中，篩掉
phi[j] = j;
phi[j] = phi[j]/i*(i-1);
}
}
請自己采用這種只用一個數組的篩法過程改寫上面的篩法程序。
【例3】歐拉函數的應用。
輸入一個正整數N(1 ≤ N ≤ 1000000000)，求1~N-1中所有與N不互質的數的和。兩個正整數a和b，如果a和b的最大公約數gcd(a,b)>1，則a與b不互質。由於所求和值較大，輸出其模1000000007的結果。
（1）編程思路。
先需明白一個簡單的定理：若 gcd(n,i)=1，則 gcd(n,n-i)=1。 即如果n與i互質，則n與n-i一定互質。
因此，本題我們可以先求所有與n互質的數的和sum。由於與n互質的數兩兩配對（i與n-i）的和為n。這樣，
sum=n* phi(n)/2 。 phi(n)是歐拉函數，其值為1~n中所有與n互質的數的個數。由於題目中N值較大，篩法用數組保存不恰當，因此直接采用例1中得源程序2的思路求歐拉函數的值。
求得sum后，輸出的答案應為 [(n-1)*n/2-sum] % 1000000007 。
（2）源程序。
#include <stdio.h>
#define MOD 1000000007
int main()
{
__int64 n,t,sum,ans;
int i;
while (scanf("%I64d", &n) && n!=0)
{
sum = n;
t=n;
for (i=2;i*i<=t;i++)
if (t % i == 0) // 找到一個質因數i
{
sum -= sum/i;
while (t % i == 0) // 將質因數i全去掉
t /= i;
}
if (t!=1) sum -= sum/t;
ans=n*(n-1)/2;
sum=n*sum/2;
ans=(ans-sum)% MOD;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
將此源程序提交給 HDU 3501 “Calculation 2”，可以Accepted。
上面我們介紹了三種求歐拉函數值的方法。一種是直接利用公式計算，另兩種是利用篩法，這兩種篩法實際上有兩個名稱的，一個稱為歐拉篩求歐拉函數（采用3個數組的那個），一個稱為 埃拉托斯特尼篩求歐拉函數（采用一個數組的那個）。由於歐拉函數在ACM、NOIP等競賽中是一個基礎知識，在POJ、HDU等在線OJ網站中也有較多相關的題目。因此，我們可以將這3種方法寫成函數的形式，以后作為模板直接套用或直接應用即可。
下面我們用POJ 1284為例，來展示抽象的3個函數及應用情況。
【例4】Primitive Roots。（POJ 1284）
We say that integer x, 0 < x < p, is a primitive root modulo odd prime p if and only if the set { (xi mod p) | 1 <= i <= p-1 } is equal to { 1, ..., p-1 }. For example, the consecutive powers of 3 modulo 7 are 3, 2, 6, 4, 5, 1, and thus 3 is a primitive root modulo 7.
Write a program which given any odd prime 3 <= p < 65536 outputs the number of primitive roots modulo p.
Input
Each line of the input contains an odd prime numbers p. Input is terminated by the end-of-file seperator.
Output
For each p, print a single number that gives the number of primitive roots in a single line.
Sample Input
23
31
79
Sample Output
10
8
24
本題的意思是：若p是質數，則p有 phi(p-1)個原根。輸入n，求歐拉函數phi(n-1)的值。
（1）采用公式直接計算歐拉函數。
#include <stdio.h>
int getPhiValue(int n) // 求n的歐拉函數值phi(n)
{
int i,sum,t;
sum = n;
t=n;
for (i=2;i*i<=t;i++)
if (t % i == 0) // 找到一個質因數i
{
sum -= sum/i;
while (t % i == 0) // 將質因數i全去掉
t /= i;
}
if (t!=1) sum -= sum/t;
return sum;
}
int main()
{
int p;
while (scanf("%d", &p) !=EOF)
{
printf("%d\n",getPhiValue(p-1));
}
return 0;
}
（2）采用埃拉托斯特尼篩求歐拉函數。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAXN 65536
int phi[MAXN];
void getPhiTable(int n) // 求2~n的歐拉函數值phi[i] （1<i<=n)
{
int i,j;
memset(phi,0,sizeof(phi));
phi[1]=1;
for (i=2; i <= n; i++)
{
if (phi[i]==0) // i在篩子中，是質數
for (j = i; j <= n; j+=i) // 處理i的倍數
{
if (phi[j]==0) // 在篩子中，篩掉
phi[j] = j;
phi[j] = phi[j]/i*(i-1);
}
}
}
int main()
{
int p;
getPhiTable(MAXN);
while (scanf("%d", &p) !=EOF)
{
printf("%d\n",phi[p-1]);
}
return 0;
}
（3）采用歐拉篩求歐拉函數。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAXN 65536
int phi[MAXN];
int prime[MAXN], pNum;
bool vis[MAXN];
void getPhiTable(int n) // 求2~n的歐拉函數值phi[i] （1<i<=n)
{
int i,j;
memset(vis,true,sizeof(vis));
pNum=0;
phi[1] = 1;
for (i = 2; i < MAXN; i++)
{
if (vis[i]) // i是素數
{
prime[pNum++] = i;
phi[i] = i-1;
}
for (j = 0; j < pNum && prime[j]*i <MAXN; j++ )
{
vis[prime[j]*i] = false;
if (i % prime[j] == 0)
{
phi[i*prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
else
phi[i*prime[j]] = phi[i] *(prime[j] - 1);
}
}
}
int main()
{
int p;
getPhiTable(MAXN);
while (scanf("%d", &p) !=EOF)
{
printf("%d\n",phi[p-1]);
}
return 0;
}