相关问题1： 求小于等于N的与N互质的数的和。即∑ i (gcd（i,N）=1, N>=i>0)
依据N的规模能够有非常多种方法。这里我介绍一个比較经典的方法
先说下这个结论：假设 gcd(n,i)=1则 gcd(n,n-i)=1 (1<=i<=n)
这个很好理解吧，对于随意两个数a,b a%s==0,b%s==0（a>b）
那么（a-b）%s肯定也是零。
所以呢 gcd(n,i)==1则gcd(n,n-i)必须也为1 假设为s（s!=1）
那么gcd(n,n-(n-i))肯定也不是1啦
于是问题变的很easy
ANS=N*phi(N)/2
i,n-i总是成对出现，而且和是n
以下的说明能够让你消除反复的疑虑
由于:
n=2*i->i=n/2
1.假设n是奇数。那么n!=2*i,自然也不存在n-i=i和反复计算之说
2.假设n是偶数,n=2*i成立,gcd(n,n/2)必定为n的一个因子,这个因子为1当且仅当n==2
于是对于n>2的偶数，绝对不存在gcd(n,n/2)=1所以更别说什么反复计算了
对于n==2
ans=2*1/2=1
正好也满足
所以得到终于公式：
ans=N*phi(N)/2
相关问题2：求gcd(i,N)的和，即∑gcd(i,N) ,(N>=i>0)
最直观的方法就是求N次gcd加起来，呵呵我开个玩笑的，N略微大一点就没实用了。以下说说正规的解法吧
设函数g(n) = gcd(i,n) (1<=i<=n)，对于随意给定的i 。
g(1) = 1 ,g(n)=g(m1)*g(m2) (n=m1*m2 且 （m1, m2）= 1)。由积性函数定义,g是积性函数。由详细数学上的结论，积性函数的和也是积性的。
所以f(n) = ∑gcd(i, n)也是积性函数。n>1时n能够被唯一分解 n=p1^a1*p2^a2*...*ps^as，因为f(n)是积所以f(n) = f(p1^a1)*f(p2^a2)*...f(pr^ar)。
所以仅仅要求f(pi^ai)就好，假设d是n的一个约数。那么1<=i<=n中gcd(i,n) = d的个数是phi(n/d)，即n/d的欧拉函数
f(pi^ai) = Φ（pi^ai）+pi*Φ（pi^(ai-1)）+pi^2*Φ（pi^(ai-2)）+...+pi^(ai-1)* Φ（pi）+ pi^ai *Φ（1）
= pi^(ai-1)*(pi-1) + pi*pi^(ai-2)*(pi-1)....+pi^ai
= pi^ai*(1+ai*(1-1/pi))
接下来把各个项乘起来OK
相关问题3：求1到N的全部和N互质的数的乘积对N取模
有这种结论，对于1，2，4，答案为N-1，其余的4的倍数答案为1。质数答案为N-1，其余的若为偶数则除以2后再推断素因子的个数,奇数则直接推断，多余一个素因子答案为1。仅仅有一个素因子答案为N-1; 同样的素因子不反复计数。