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从“最简真分数的个数”谈起

程序员文章站 2022-07-28 19:22:36
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 ......

      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。

       按欧拉函数的求法,可以编写如下的源程序。

      (3)源程序2。

#include <stdio.h>
int main()
{
      int n,i,j,ans,t;
      while (scanf("%d", &n) && n!=0)
      {
            ans = n;
            t=n;
            for (i=2;i*i<=t;i++)
                if (t % i == 0)                 // 找到一个质因数i
                 {
                      ans -= ans/i;
                      while (t % i == 0)    // 将质因数i全去掉
                               t /= i;
                 }
            if (t!=1) ans -= ans/t;
            printf("%d\n",ans);
      }
      return 0;
}

      将源程序2提交给 poj 2407, 可以accepted。

【例2】还是最简真分数。

      输入一个正整数n,求分母在指定区间[2,n]的最简真分数共有多少个?

      例如,输入5,输出应为 9。这9个最简真分数是 {1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5} 。

      (1)编程思路。

      例1的源程序2可以求欧拉函数φ(n)的值。用一个循环求出 φ(2)+φ(3)+…+φ(n)的累加和,即得本题的输出。

      (2)源程序。

#include <stdio.h>
int main()
{
      int n,i,k,ans,t,sum;
      while (scanf("%d", &n) && n!=0)
      {
           sum=0;
           for (k=2;k<=n;k++)
           {
                 ans = k;
                 t=k;
                 for (i=2;i*i<=t;i++)
                     if (t % i == 0)              // 找到一个质因数i
                     {
                          ans -= ans/i;
                          while (t % i == 0)   // 将质因数i全去掉
                               t /= i;
                      }
                 if (t!=1) ans -= ans/t;
                 sum+=ans;
          }
          printf("%d\n",sum);
      }
      return 0;
}

      将此源程序提交给 poj 2478 “farey sequence”,被判定为time limit exceeded。poj 2478的题意是:求1~n的欧拉函数的和。

      因为,例1中是在 o(sqrt(n)) 的时间内求出一个数n的欧拉函数值。

      如果要求100000以内所有正整数的欧拉函数值,上面程序采用的方法的复杂度将高达o(n*sqrt(n))。因此,容易超时。

      下面我们寻求更快的求欧拉函数值的方法。

      我们知道,欧拉函数值  φ(n)=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)....*(1-1/pk),其中p1、p2…pk为n的所有质因子。即欧拉函数的值与其质因子有关。用筛法可以方便地求出n以内的所有质数。关于筛法及应用可以参阅本博客中的随笔 poj中和质数相关的三个例题(poj 2262、poj 2739、poj 3006)

      那么我们能不能在筛法求质数的同时求出所有数的欧拉函数呢?可以采用如下的方法:

      用筛法一边筛出n以内的所有质数,一边以类似于筛法的思想用质数筛出每个数的欧拉函数φ值。

      这里,利用了欧拉函数的几个基本性质:

      ① 若n是质数p的k次幂,φ(n)=p^k-p^(k-1)=(p-1)p^(k-1),因为除了p的倍数外,其他数都跟n互质。 
      ② 当n是质数时,φ(n) = n-1。显然,因为n是质数,1~n-1均与n互质。 
      ③ 欧拉函数是积性函数——若m,n互质,φ(m*n)=φ(m)*φ(n) 。

      ④ 假设质数p能整除n,那么

          如果p还能整除n / p ,  φ(n)  = φ(n / p) * p;
          如果p不能整除n / p,   φ(n)  = φ(n / p) * (p - 1)。

      定义数组phi[n],元素phi[i]表示正整数i的欧拉函数值φ(i)。

      定义数组vis[n],元素vis[i]=true表示i在筛子中,vis[i]=false表示i不在筛子中,已被筛掉。初始时,vis数组的元素全置为true,表示全部放在筛子中。

     定义数组prime[n],元素prime[i]的值为第i个质数。

      下面以求20以内所有质数及所有数的φ值为例,来描述筛法的使用。

      1) 从i=2开始循环, vis[2]==true,找到第一个质数2,prime[0]=2,质数个数pnum=1;同时,phi[2]=2-1=1。

      采用循环 for (j = 0; j < pnum && prime[j]*i <maxn; j++ ) 将筛子中2的各质数倍数筛掉,同时求得相应数的欧拉函数值。(注意这里与通常的筛法有改变,主要为了用质数筛出各数的欧拉函数值)。

      筛去 2*prime[0]=2*2=4,即 vis[4]=false; phi[4]=phi[2]*prime[0]=1*2=2;

      2)i++,进行下次循环, vis[3]==true,找到第2个质数,prime[1]=3,pnum=2,同时phi[3]=3-1=2。

     筛去 3*prime[0]=3*2=6 ,即vis[6]=false;  置phi[6]=phi[3]*(prime[0]-1)=2*1=2;

     筛去 3*prime[1]=3*3=9 ,即vis[9]=false;  置phi[9]=phi[3]*(prime[1])=2*3=6;

     3)i++,进行下次循环, vis[4]==false,4不是质数。

     筛去 4*prime[0]=4*2=8 ,即vis[8]=false;  置phi[8]=phi[4]*(prime[0])=2*2=4;

     筛去 4*prime[1]=4*3=12 ,即vis[12]=false;  置phi[12]=phi[4]*(prime[1]-1)=2*2=4; 

          与  φ(12)=12*(1-1/2)(1-1/3)=4   比较下 更容易理解。

         phi[12]=phi[4]*(prime[1]-1)=phi[2]*prime[0]*(prime[1]-1)=2*(1-1/2)*2*3*(1-1/3)。
      4)i++,进行下次循环, vis[5]==true,找到第3个质数,prime[2]=5,pnum=3,同时phi[5]=5-1=4。

     筛去 5*prime[0]=5*2=10 ,即vis[10]=false;  置phi[10]=phi[5]*(prime[0]-1)=4*1=4;

     筛去 5*prime[1]=5*3=15 ,即vis[15]=false;  置phi[15]=phi[5]*(prime[1]-1)=4*2=8;

     筛去 5*prime[2]=5*5=25 ,即vis[25]=false;   当然我们以20为例的话,25已超出,循环不会执行到。

      同理,6不是质数,筛去 6*2=12,置 phi[12]=phi[6]*(prime[0])= 2*2=4。

                                     筛去 6*3=18 ,置phi[18]=phi[6]*(prime[1])=2*3=6。

                 7是质数,置prime[3]=7,pnum=4, phi[7]=6。    

                                    筛去 7*2=14,置 phi[14]=phi[7]*(prime[0]-1)= 6*1=6。

          …… 

      (3)采用筛法思想的源程序。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define maxn 1000005
int prime[maxn], pnum, phi[maxn];
__int64 num[maxn]={0};
bool vis[maxn];
int main()
{
      int n,i,j;
      memset(vis,true,sizeof(vis));
      // 下面程序段既求maxn以内的素数又求欧拉数。
      pnum=0;
      phi[1] = 1;
      for (i = 2; i < maxn; i++)
      {
             if (vis[i])   //  i是素数
             {  
                   prime[pnum++] = i;
                   phi[i] = i-1;
             }
             for (j = 0; j < pnum && prime[j]*i <maxn; j++ )
             {
                     vis[prime[j]*i] = false;
                     if (i % prime[j] == 0)
                     {
                           phi[i*prime[j]] = phi[i] * prime[j];
                           break;
                     }
                     else
                           phi[i*prime[j]] = phi[i] *(prime[j] - 1);
             }
       }
      for (i=2;i<maxn;i++)
      {
            num[i]=num[i-1]+phi[i];
      }
      while (scanf("%d", &n) && n!=0)
      {
            printf("%i64d\n",num[n]);
      }
      return 0;
}

      将用筛法思想改写的源程序提交给 poj 2478, 可以accepted。

      将上面的程序略作改动,可以顺便通过 hdu 2824 “the euler function”