标签：瞧瞧 过程 10个 程序 分解 mit 思路 判断 集合
所谓最简真分数是一个分数的分子小于分母，且分子分母无公因数。
2010年湖北省小学奥林匹克数学竞赛（小学六年级组）有这样一道试题：以2010为分母的最简真分数有多少个？
这道小学奥数试题考察的是学生对集合包含和容斥知识的掌握情况。
由于2010=2*3*5*67（分解质因数），因此以2010为分母的最简真分数的分子必须小于2010且不能被2、3、5或67整除。
小朋友解决这个问题的计算过程如下：
在1~2010共2010个数中，
能被2整除的数有 2010÷2=1005
能被3整除的数有 2010÷3=670
能被5整除的数有 2010÷5=402
能被67整除的数有 2010÷67=30
能同时被2和3整除的数有 2010÷（2×3）=335
能同时被2和5整除的数有 2010÷（2×5）=201
能同时被2和67整除的数有 2010÷（2×67）=15
能同时被3和5整除的数有 2010÷（3×5）=134
能同时被3和67整除的数有 2010÷（3×67）=10
能同时被5和67整除的数有 2010÷（5×67）=6
能同时被2、3和5整除的数有 2010÷（2×3×5）=67
能同时被2、3和67整除的数有 2010÷（2×3×67）=5
能同时被2、5和67整除的数有 2010÷（2×5×67）=3
能同时被3、5和67整除的数有 2010÷（3×5×67）=2
能同时被2、3、5和67整除的数有 2010÷（2×3×5×67）=1
这样，1~2010中能被2或3或5或67整除的数有
（1005+670+402+30）-（335+201+15+134+10+6）+（67+5+3+2）-1
=2107-701+77-1 =1482
因此，1~2010中既不能被2整除，也不能被3整除，也不能被5整除，也不能被67整除的数有 2010-1482=528 个。
即以2010为分母的最简真分数有528个。
我们可以看出，上面的计算过程是比较繁琐的，需要认真仔细。
学习过程序设计后，可以编写了一个简单的循环程序解决这个问题。
用一个变量cnt来保存最简真分数的个数，初始值为0。
对1~2010中的每一个数num，进行判断，这是一个循环，写成
for(num=1; num<=2010;num++)
循环体中的判断方法为：如果num既不能被2整除，也不能被3整除，也不能被5整除，也不能被67整除，则计数。写成
if(num%2!=0 && num%3!=0 && num%5!=0 && num %67!=0)
cnt++;
最后，输出结果cnt。 一个简单的程序，就得到问题的答案。
? 编写的源程序如下：
#include <stdio.h>
int main()
{
int cnt,num;
cnt=0;
for (num=1; num<=2010;num++)
if (num%2!=0 && num%3!=0 && num%5!=0 && num %67!=0)
cnt++;
printf("%d\n",cnt);
return 0;
}
需要说明的是，当时竞赛的真题是：所有以2010为分母的最简真分数的和为多少？
瞧瞧，作为大学生的你还能像小朋友一样做出来吗？
当然，你学过程序设计，将上面的程序简单改写一下，可以很快得到答案的。何须像小朋友一样苦苦思考和运算呢。
#include <stdio.h>
int main()
{
int num;
double sum;
sum=0;
for (num=1; num<=2010;num++)
if (num%2!=0 && num%3!=0 && num%5!=0 && num %67!=0)
sum+=1.0*num/2010;
printf("%lf\n",sum);
return 0;
}
程序运行后，输出 264.000000。即所有以2010为分母的最简真分数的和是264。
小朋友是没法像程序一样硬算的。1/2010+7/2010+11/2010+…+2099/2010=264。
小朋友有小朋友的聪明，1/2010是最简真分数，那么2099/2010 也一定是最简真分数。
i/2010 是最简真分数，那么 （2010-i）/2010 也一定是最简真分数。
1/2010 + 2099/2010=1 i/2010 +（2010-i）/2010=1。
小朋友知道了以2010为分母的最简真分数有528个，因此它们的和为 528/2 = 264。
因为2010分解质因数后，因数有2、3、5和67四个，用于考察集合的包含与容斥计算量略大但又可以完成，可以算是一道很好的竞赛试题。
在这道试题的基础上，我们看这样一个问题。
【例1】最简真分数。
任意输入一个正整数n，求以n为分母的最简真分数有多少个？
（1）编程思路1。
将输入的n作为分母，穷举分子i （1≤i≤n-1）。因此，程序可先写成如下的循环：
for (i=1; i<=n-1; i++)
{
对每一分数i/n，进行是否存在公因数的检测。根据检测的结果决定是否计数；
}
在上面的循环体中需要对每一分数i/n，进行是否存在公因数的检测。如果分子i与分母n存在大于1的公因数k，说明i/n不是最简真分数，不予计数。怎样进行检测呢？
因为公因数k的取值范围为[2，i]，因而设置u循环在[2，i]中穷举k，若满足条件
i%k==0 && n%k==0
说明分子分母存在公因数k，标记t=1后退出。
在对因子k进行循环穷举前，可设置标志t=0。退出因子穷举循环后，若t=1，说明分子和分母存在公因子；若保持原t=0，说明分子分母无公因数，统计个数。
（2）源程序1。
#include <stdio.h>
int main()
{
int n,i,k,t,cnt;
while (scanf("%d",&n) && n!=0)
{
cnt=0;
for (i=1;i<=n-1;i++) // 穷举分子
{
t=0;
for (k=2;k<=i;k++) // 穷举因数
if (i%k==0 && n%k==0)
{
t=1;
break; // 分子分母有公因数舍去
}
if (t==0)
cnt++; // 统计最简真分数个数
}
printf("%d\n",cnt);
}
return 0;
}
将上面的源程序提交给 POJ 2407 “Relatives”，判定为Time Limit Exceeded。 POJ 2407的题意是： 输入正整数N，求小于或等于N ([1,N])，且与N互质的正整数（包括1）的个数。这与求最简真分数的意思完全一致。
上面源程序1的方法简单直接，但对于N值较大的话，会超时的。因此，我们应找到快速的求法。在数论中，欧拉函数就很好地解决了这样的问题。
在数论，对于正整数n，欧拉函数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目。此函数以其首名研究者欧拉命名，一般简记为φ函数。 例如，φ(8)=4，因为1,3,5,7均和8互质。
一般来说，设正整数N分解质因数后，N=P1^q1*P2^q2*...*Pn^qn.
则 φ(N)=N*(1-1/P1)*(1-1/P2)*...*(1-1/Pn)。
例如， 10= 2*5 φ(10)=10×(1-1/2)×(1-1/5)=4; 这4个数是1, 3, 7, 9 。
30=2*3*5 φ(30)=30×(1-1/2)×(1-1/3)×(1-1/5)=8; 这8个数是1,7,11,13, 17, 19, 23, 29。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/cs-whut/p/11515994.html
