POJ

Problem  POJ - 1284- Primitive Roots

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Problem Description

We say that integer x, 0 < x < p, is a primitive root modulo odd prime p if and only if the set { (x ⁱ 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

题解：考察原根的性质，首先给出原根存在的充要条件：

　　N = 1, 2, 4, p^a, 2p^a

这里的n是奇素数，所以原根必定存在，再有定理：

　　若n得原根存在，则n得原根个数为phi(phi(n))

百度到一个关于奇素数情况的证明，在此mark一下：

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);

//#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

#define REP(i, n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define sqr(x) ((x) * (x))

const int maxn = 10;
const int maxm = 200000 + 10;
const int maxs = 52;

typedef long long LL;
//typedef pair<int, int> pii;
//typedef pair<double, double> pdd;

const LL unit = 1LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL Inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-14;
const double inf = 1e15;
const double pi = acos(-1.0);
const LL mod = 1000000007;

LL get_phi(LL n)
{
    LL ans = n;
    LL m = sqrt(n + 0.5);
    for (LL i = 2; i <= m; i++)
    {
        if (n % i == 0)
        {
            while (n % i == 0)
            {
                n /= i;
            }
            ans = ans * (i - 1) / i;
        }
    }
    if (n > 1)
        ans = ans * (n - 1) / n;
    return ans;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    //freopen("output.txt", "w", stdout);
    LL p;
    while (cin >> p)
    {
        cout << get_phi(p - 1) << endl;
    }
    return 0;
}