poj 1284 欧拉函数的运用

Primitive Roots

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Description

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

题目大意就是给出一个奇素数，求出他的原根的个数,定义n的原根x满足条件0<x<n,并且有集合{ (xⁱ mod n) | 1 <= i <=n-1 } 和集合{ 1, ..., n-1 }相等

关于这道题。如果知道欧拉函数的话，看出的答案是phi(n-1)其实也不难

定理：如果p有原根，则它恰有φ(φ(p))个不同的原根，p为素数，当然φ(p)=p-1,因此就有φ(p-1)个原根

关于证明我也不会，这些都是在Discuss里搜索到的，证明过程也算来自那吧！

对于给出的素数p,
首先要明确一点：p的元根必然是存在的(这一点已由Euler证明，此处不再赘述)，因此，不妨设其中的一个元根是a0(1<=a0<=p-1)
按照题目的定义，a0^i(1<=i<=p-1) mod p的值是各不相同的，再由p是素数，联系Fermat小定理可知：q^(p-1) mod p=1;(1<=q<=p-1)(这个在下面有用)
下面证明,如果b是p的一个异于a的元根，不妨令b与a0^t关于p同余，那么必然有gcd(t,p-1)=1,亦即t与p-1互质;反之亦然;
证明：
若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,则由Fermat可知
(a0^(k1*d))^k2 mod p=(a0^(k2*d))^(k1) mod p=(a0^(p-1))^(k1) mod p=1
再由b=a0^t (mod p)，结合上面的式子可知：
(a0^(k1*d))^k2 mod n=b^k2 mod p=1;
然而b^0 mod p=1,所以b^0=b^k2 (mod p),所以b^i mod p的循环节=k2<p-1，因此这样的b不是元根；
 
再证，若d=gcd(t,p-1)=1,即t与p-1互质，那么b必然是元根；
否则假设存在1<=j<i<=p-1，使得b^j=b^i (mod p),即a0^(j*t)=a0^(i*t) (mod p),由a0是元根，即a0的循环节长度是(p-1)可知，(p-1) | (i*t-j*t)->(p-1) | t*(i-j),由于p与
t互质，所以(p-1) | (i-j),但是根据假设,0<i-j<p-1,得出矛盾，结论得证；

由上面的两个证明可知b=a0^t (mod p)，是一个元根的充要条件是t与p-1互质，所有的这些t的总个数就是Phi(p-1);

　　具体参见http://poj.org/showmessage?message_id=158630

然后直接套用那个求欧拉函数的模板1A了，我发现我最近好喜欢套模板啊，没办法，知道的太少了

参考代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int phi[66000];
int main()
{
    int i , j ;
    for ( i = 2 ; i <=  65536 ; i ++ )
        phi[i]=0;
    phi[1]=1;
    for ( i = 2 ; i <=  65536 ; i ++ )
        if ( !phi[i] )
        {
            for ( j = i ; j <=  65536 ; j += i )
            {
                if ( !phi[j] )
                    phi[j] = j ;
                phi[j] = phi[j] / i * (i - 1 ) ;
            }
        }

    int n ;
    while ( cin >> n )
        cout<<phi[n-1]<<endl;

    return 0;
}