HDU 2619 完全剩余类 原根

求有多少$i(<=n-1)$，使 $x^i  \mod n$的值为$[1,n-1]$，其实也就是满足完全剩余类的原根数量。之前好像在二次剩余的讲义PPT里看到这个过。

直接有个定理，如果模k下有原根，那么其原根总数为$\varphi(\varphi(k))$

/** @Date    : 2017-09-21 19:22:16
  * @FileName: HDU 2619 原根 完全剩余类.cpp
  * @Platform: Windows
  * @Author  : Lweleth ([email protected])
  * @Link    : https://github.com/
  * @Version : $Id$
  */
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define PII pair<int ,int>
#define MP(x, y) make_pair((x),(y))
#define fi first
#define se second
#define PB(x) push_back((x))
#define MMG(x) memset((x), -1,sizeof(x))
#define MMF(x) memset((x),0,sizeof(x))
#define MMI(x) memset((x), INF, sizeof(x))
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5+20;
const double eps = 1e-8;

LL pri[N];
int vis[N];
int c = 0;

void prime()
{
	MMF(vis);
	for(int i = 2; i < N; i++)
	{
		if(!vis[i]) pri[c++] = i;
		for(int j = 0; j < c && i * pri[j] < N; j++)
		{
			vis[i * pri[j]] = 1;
			if(i % pri[j] == 0)	 break;
		}
	}
}

LL get_phi(LL x)
{
	LL res = x;
	for(LL i = 0; i < c && pri[i] <= x / pri[i]; i++)
	{
		if(x % pri[i] == 0)
		{
			while(x % pri[i] == 0)
				x /= pri[i];
			res = res / pri[i] * (pri[i] - 1);
		}
	}
	if(x > 1)
		res = res / x * (x - 1);
	return res;
}

int main()
{
	prime();
	LL n;
	while(cin >> n) cout << get_phi(get_phi(n)) << endl;
    return 0;
}
//https://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8E%9F%E6%A0%B9
//对正整数 {\displaystyle (a,m)=1} (a,m)=1，
//如果 a 是模 m 的原根，那么 a 是整数模m乘法群（即加法群 Z/mZ 的可逆元，
//也就是所有与 m 互素的正整数构成的等价类构成的乘法群）Zm×的一个生成元。
//由于Zm×有 {\displaystyle \varphi (m)} \varphi (m)个元素，
//而它的生成元的个数就是它的可逆元个数，即 {\displaystyle \varphi (\varphi (m))} \varphi (\varphi (m))个，
//因此当模 {\displaystyle m} m有原根時，它有 {\displaystyle \varphi (\varphi (m))} \varphi (\varphi (m))個原根。