poj2773（欧基里德算法 或 二分+容斥）

题目链接：https://vjudge.net/problem/POJ-2773

题意：给定m，k，求与m互质的第k个数。

思路一：利用gcd(a,b)=gcd(b*t+a,b)知道，与m互质的数是以m为周期分布的，这样可以先枚举小于m的所有与m互质的数，利用周期就可以得到第k小的数了，这样复杂度为O(T*m)，比较大，但也能过，2439ms，代码实现相对简单。

AC代码：

#include<cstdio>
using namespace std;

int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}

int m,k,a[1000005],cnt;

int main(){
    while(~scanf("%d%d",&m,&k)){
        cnt=0;
        for(int i=1;i<=m;++i)
            if(gcd(i,m)==1)
                a[++cnt]=i;
        printf("%d
",((k-1)/cnt)*m+a[(k-1)%cnt+1]);
    }
    return 0;
}

思路二：一般看到求第k个数可以想到二分思想，我们可以在int范围内二分答案，每次二分到mid时，要得到[1,mid]区间内与m互质的数的个数才行。求与m互质的数的个数，很明显求不互质的数的个数要方便，可以通过容斥转换为计算[1,mid]中与m不互质的数的个数，即通过枚举m的所有约数（预先通过唯一分解定理打表得到m的所有质因数，设有cnt个质因数，然后就有2^cnt-1个约数组合），通过约数中质因数数目的奇偶决定加或减即可，复杂读小很多。0ms通过。

AC代码：

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;

int m,k,cnt,fac[50],ans;

void init(){
    cnt=0;
    int tmp=m;
    for(int i=2;i*i<=m;++i)
        if(tmp%i==0){
            fac[cnt++]=i;
            while(tmp%i==0) tmp/=i;
        }
    if(tmp!=1) fac[cnt++]=tmp;
}

int getnum(int x){
    int ret=x;
    for(int i=1;i<(1<<cnt);++i){
        int t1=1,t2=0;
        for(int j=0;j<cnt;++j)
            if(i&(1<<j))
                t1*=fac[j],++t2;
        if(t2&1) ret-=x/t1;
        else ret+=x/t1;
    }
    return ret;
}

int main(){
    while(~scanf("%d%d",&m,&k)){
        init();
        int l=1,r=2147483647,mid;
        while(l<=r){
            mid=(l+r)>>1;
            int tmp=getnum(mid);
            if(tmp<k) l=mid+1;
            else if(tmp>k) r=mid-1;
            else
                ans=mid,r=mid-1;
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}