描述
小Hi和小Ho有时候会用密码写信来互相联系，他们用了一个很大的数当做密钥。小Hi和小Ho约定了一个区间[L,R]，每次小Hi和小Ho会选择其中的一个数作为密钥。
小Hi：小Ho，这次我们选[L,R]中的一个数K。
小Ho：恩，小Hi，这个K是多少啊？
小Hi：这个K嘛，不如这一次小Ho你自己想办法算一算怎么样？我这次选择的K满足这样一个条件：
假设φ(n)表示1..n-1中与n互质的数的个数。对于[L,R]中的任意一个除K以外的整数y，满足φ(K)≤φ(y)且φ(K)=φ(y)时，K<y。
也即是K是[L,R]中φ(n)最小并且值也最小的数。
小Ho：噫，要我自己算么？
小Hi：没错！
小Ho：好吧，让我想一想啊。
<几分钟之后...>
小Ho：啊，不行了。。感觉好难算啊。
小Hi：没有那么难吧，小Ho你是怎么算的？
小Ho：我从枚举每一个L,R的数i，然后利用辗转相除法去计算[1,i]中和i互质的数的个数。但每计算一个数都要花好长的时间。
小Hi：你这样做的话，时间复杂度就很高了。不妨告诉你一个巧妙的算法吧：
输入
第1行：2个正整数, L,R，2≤L≤R≤5,000,000。
输出
第1行：1个整数，表示满足要求的数字K
- 样例输入
-
4 6
- 样例输出
-
4
思路{
1) 若n为素数，则φ(n) = n - 1显然，由于n为素数，1~n-1与n都只有公因子1，因此φ(n) = n - 1。
(2) 若n = p^k，p为素数（即n为单个素数的整数幂），则φ(n) = (p-1)*p^(k-1)
因为n是p的整数幂，因此所有p的倍数和n都不互质。小于n的p的倍数一共有p^(k-1)-1个，因此和n互质的个数为：
p^k-1 - (p^(k-1)-1) = p^k - p^(k-1) = (p-1)*p^(k-1)
(3) 若p和q互质，则φ(p*q) = φ(p) * φ(q)
对于所有小于pq的整数u，可以表示为u=aq+r。(a=0,1,2,...,p-1，r=0,1,...,q-1)。
对于u = aq + r, 设R = u mod p，0≤R<q。对于一个固定的r，设a1, a2满足0 <= a1, a2 < p且a1≠a2，有：
u1 = a1*q+r, u2 = a2*q+r u1-u2=(a1-a2)*q
因为p与q互质，且|a1-a2|<p，则|u1-u2|一定不是p的倍数。
所以对于每一个固定的r，其对应的p个u = a*q+r(a=0,1,2,...,p-1)对mod p来说余数都不相同，即u mod p的结果恰好取遍0,1,...,p-1中的每一个数。
下面证明一个引理：u mod p与p互质 <=> u与p互质，其证明如下：
假设a,b互质,c = a mod b。 假设c与b不互质，则存在d≥1，使得c=nd, b=md。 由于c = a mod b，因此a = kb + c， 则a = kmd + nd = (kn+m)d 因此d是a,b的公因数，与a,b互质矛盾。 假设不成立，所以c与b互质。
因此对于任意一个确定的r，与其对应的p个u中恰好有φ(p)个与p互质。
同理，由u = aq + r知r与q互质 <=> u与q互质。因此在0..q-1中恰好有φ(q)个r使得u与q互质。
综上，当r与q互质的情况下，固定r可以得到φ(p)个与p和q都互质的数。
满足条件的r一共用φ(q)个，所以一共能找到有φ(p) * φ(q)个与p和q都互质的数。
由此得证：φ(p*q) = φ(p) * φ(q)
若p为质数，n为任意整数：
(1) 若p为n的约数，则φ(n*p) = φ(n) * p
若p为n的约数，且p为质数。则我们可以将n表示为p^k*m。m表示其他和p不同的质数的乘积。
显然有p^k与m互质，则：
φ(n) = φ(p^k)*φ(m) = (p-1)*p^(k-1)*φ(m) φ(n*p) = φ(p^(k+1))*φ(m) = (p-1)*p^k*φ(m) = (p-1)*p^(k-1)*φ(m) * p = φ(n) * p
(2) 若p为不为n的约数，则φ(n*p) = φ(n) * (p-1)
由p不为n的约数，因此p与n互质，所以φ(n*p) = φ(n) * φ(p) = φ(n)*(p-1)
根据这两条定理，当我们得到一个n时，可以枚举质数p来递推的求解φ(n*p)。这一步是不是觉得很眼熟呢？
只需要在欧拉筛代码的基础上做一个小改动，就可以得到递推求解φ(n)的算法
}
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #include<vector> 6 #include<queue> 7 #include<ctime> 8 #include<cmath> 9 #include<map> 10 #include<set> 11 #define MAXX 5000001 12 using namespace std; 13 int minnum; 14 int in[MAXX],ans,r,l,phi[MAXX]; 15 bool ha[MAXX]; 16 int main(){ 17 scanf("%d%d",&l,&r);phi[0]=MAXX; 18 for(int i=2;i<=r;++i){ 19 if(!ha[i]){ 20 in[++ans]=i; 21 phi[i]=i-1; 22 } 23 for(int j=1;j<=ans;++j){ 24 if(in[j]*i>r)break; 25 if(!(i%in[j])){//yinzi 26 ha[i*in[j]]=true; 27 phi[i*in[j]]=phi[i]*in[j]; 28 break; 29 }else phi[i*in[j]]=phi[i]*(in[j]-1),ha[i*in[j]]=true; 30 } 31 } 32 for(int i=l;i<=r;++i)if(phi[minnum]>phi[i])minnum=i; 33 printf("%d",minnum); 34 return 0; 35 }