D. Same GCDs

合集 - 数论(18)

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原题链接

题解

$gcd(a+x,m)=gcd((a+x)modm,m)$
由于 $x\in [0,m-1]$，所以 $(a+x)modm$ 一定能遍历完 $[0,m-1]$ 里的所有数
所以 $gcd(a+x,m)$ 等价于 $gcd(x,m)$
接下来，令 $d=gcd(a,m)$，则有 $m=t_{1}d$，$x=t_{2}d$，其中 $t_1$ 与 $t_2$ 互质（如果不互质，代表其还有公因子没有给到 $d$ ）
所以等价于求有多少 $t$，使得 $t$ 与 $\frac{m}{d}$ 互质，且 $t·d<m$，也就是求 $\phi (\frac{m}{d})$

如何求 $\phi (\frac{m}{d})$

首先，如果 $n$，$m$ 互质，则 $\phi (nm)=\phi (n)·\phi (m)$

为什么

画一个 $n$ x $m$ 的表格，行坐标为 $[0,m-1]$，纵坐标为 $[1,n]$，则表格上每个点表示的数为 $x_{i}n+y_i$

则有 $\phi (n)$ 个行的元素与 $n$ 互质

同理，有 $\phi (m)$ 个列的元素与 $m$ 互质

而与 $nm$ 互质，当且仅当与 $n$，$m$ 均互质
所以 $\phi (nm)=\phi (n)·\phi (m)$

接着，对于任意正整数 $n$，其质因子分解为 $n=p_1^{a_1}·p_2^{a_2}·...·p_k^{a_k}$，$p$ 为质数
所以 $\phi (n)=\phi (p_1^{a_1})·\phi (p_2^{a_2})·...·\phi (p_k^{a_k})$
而对于 $p^a$，有 $\phi (p^a)=p^a-p^{a-1}=p^a(1-\frac{1}{p})$

为什么

由于 $p$ 是质数，所以 $[1,p^a]$ 里，不与其互质的数只有
$1p,2p,3p...p^{a-1}p$
总共 $p^{a-1}$ 个

所以 $\phi (n)=p_1^{a^1}(1-\frac{1}{p_1})p_2^{a^2}(1-\frac{1}{p_2})...p_k^{a_k}(1-\frac{1}{p_k})$

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

ll phi(ll x)
{
    ll ans=x;
    for(ll i=2;i*i<=x;i++)
    {
        if(x%i==0)
        {
            ans=ans/i*(i-1);
            while(x%i==0) x/=i;
        }
    }

    if(x>1)
    {
        ans=ans/x*(x-1);
    }
    return ans;
}

ll solve()
{
    ll a,m;
    cin>>a>>m;

    int d=__gcd(a,m);
    return phi(m/d);
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;

    while(t--) cout<<solve()<<'\n';
    return 0;
}