首先贴出代码(闭区间[1,n]范围内和m互质的数）
代码：
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; }
这里解释一下原理：首先假设m有x个不同的质因子，那么可以组成的因子数就是2^x-1种，然后10^18以内所有的数的质因子个数不会超过15个，所以2^15次方暴力枚举所有情况这个复杂度还是可取的。我们假设p1,p2,p3都是m的质因子，假设当前枚举的因子是p1*p2*p3那么n以内可以整除p1*p2*p3的数量就是n/(p1*p2*p3)，但是这里考虑到一个会重复问题就是拥有奇数个质因数的因子的在n以内可以整除的数量已经包含了偶数个数量，但是偶数个的并不包含奇数个的，所以我们枚举的时候需要奇加偶减，这样我们算出来的ans是n以内和m不互质的数的数量，那么和m互质的数量就是n-ans。
贴上一些可以用这个方法解决的练习题：
HDU1695：这个题好像正解使用什么莫比乌斯反演，题目的意思是求[1,a],[1,b]有多少对数GCD(x,y)==k，但是(x,y)和(y,x)算一对，有一个定理如果GCD(x,y)==k ，则GCD(x/k,y/k)==1那么现在问题转化为求[1,a/k],[1,b/k]以内互质的数有多少对，现在我们要取minn=min(a/k,b/k)，我们可以先求minn的欧拉函数的前缀和，然后再求minn+1到max(a/k,b/k)的数在[1,max(a/k.b/k)]以内所有与它互质的数的数量，然后把所有的加起来就可以了。
代码：
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 " " 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);//先进行除法防止溢出 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：这个题求第n个与k互质的数。
1.一个简单的思路就是如果[1,k]中有x个与k互质的数，那么[k+1,2*k]中也有x个，每个k个一个循环都会出现x个数与k互质，而且加入y<k且y与k互质，则t*k+y也与k互质。那么我们第一个方法可以暴力算出比k小的数里面所有与k互质的数都是多少复杂度是klog（k），然后看一下n是k第几轮循环里面。然后直接确定这个数多少。
2.二分+验证的思想，首先一个数越大，那么他包含的与k互质的数一定越多对吧？这个性质不就是单调性吗？任何满足单调性的问题我们都可以用二分来解决，所以我们可以用二分，加验证的思想找到和第n个k互质的数是多少
代码：
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 " " 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 }