首先貼出代碼(閉區間[1,n]範圍內和m互質的數）

代碼：

int solve(II n,II m){
    vector<II>p;
    for(II i=2;i*i<=m;i++){
        if(m%i==0){
            p.push_back(i);
            while(m%i==0) m/=i;
        }
    }
    if(m>1) p.push_back(m); 
    II sz=p.size();
    LL sum=0;
    for(II i=1;i<(1<<sz);i++){
        II ct
 
=0;
        LL mul=1;
        for(II j=0;j<sz;j++){
            if(i&(1<<j)){
                ct++;
                mul*=p[j];
            }
        }
        if(ct&1) sum+=n/mul;
        else sum-=n/mul;
    }
    return n-sum;
}

這裏解釋一下原理：首先假設m有x個不同的質因子，那麽可以組成的因子數就是2^x-1種，然後10^18以內所有的數的質因子個數不會超過15個，所以2^15次方暴力枚舉所有情況這個復雜度還是可取的。我們假設p1,p2,p3都是m的質因子，假設當前枚舉的因子是p1*p2*p3那麽n以內可以整除p1*p2*p3的數量就是n/(p1*p2*p3)，但是這裏考慮到一個會重復問題就是擁有奇數個質因數的因子的在n以內可以整除的數量已經包含了偶數個數量，但是偶數個的並不包含奇數個的，所以我們枚舉的時候需要奇加偶減，這樣我們算出來的ans是n以內和m不互質的數的數量，那麽和m互質的數量就是n-ans。

貼上一些可以用這個方法解決的練習題：

HDU1695：這個題好像正解使用什麽莫比烏斯反演，題目的意思是求[1,a],[1,b]有多少對數GCD(x,y)==k，但是(x,y)和(y,x)算一對，有一個定理如果GCD(x,y)==k ，則GCD(x/k,y/k)==1那麽現在問題轉化為求[1,a/k],[1,b/k]以內互質的數有多少對，現在我們要取minn=min(a/k,b/k)，我們可以先求minn的歐拉函數的前綴和，然後再求minn+1到max(a/k,b/k)的數在[1,max(a/k.b/k)]以內所有與它互質的數的數量，然後把所有的加起來就可以了。

代碼：

 1 //Author: xiaowuga
 

 2 #include <bits/stdc++.h>
 3 using namespace std;
 4 #define inf 0x3f3f3f3f
 5 #define MAX INT_MAX
 6 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
 7 const long long N=100000; 
 8 const long long mod=1e9+7; 
 9 typedef long long LL;
10 typedef int II;
11 typedef unsigned long long ull;
12 #define nc cout<<"nc"<<endl
13 #define endl "\n"
14 vector<LL>Euler;
15 void init_Euler(II n){
16     Euler.resize(n+1);
17     Euler[0]=0;
18     Euler[1]=1;
19     for(LL i=2;i<n;i++) Euler[i]=i;
20     for(LL i=2;i<n;i++){
21         if(Euler[i]==i){
22             for(LL j=i;j<n;j+=i)
23                 Euler[j]=Euler[j]/i*(i-1);//先進行除法防止溢出
24         }
25     }
26     for(II i=1;i<n;i++){
27         Euler[i]+=Euler[i-1];
28     }
29 }
30 int solve(II n,II m){
31     vector<II>p;
32     for(II i=2;i*i<=m;i++){
33         if(m%i==0){
34             p.push_back(i);
35             while(m%i==0) m/=i;
36         }
37     }
38     if(m>1) p.push_back(m); 
39     II sz=p.size();
40     LL sum=0;
41     for(II i=1;i<(1<<sz);i++){
42         II ct=0;
43         LL mul=1;
44         for(II j=0;j<sz;j++){
45             if(i&(1<<j)){
46                 ct++;
47                 mul*=p[j];
48             }
49         }
50         if(ct&1) sum+=n/mul;
51         else sum-=n/mul;
52     }
53     return n-sum;
54 }
55 int main() {
56     ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
57     II a,b,c,d,k;
58     II T,ca=0;
59     init_Euler(100000+1000);
60     cin>>T;
61     while(T--){
62         cin>>a>>b>>c>>d>>k;
63         if(k==0||k>b||k>d){
64             cout<<"Case "<<++ca<<": "<<0<<endl;
65             continue;
66         } 
67         if(b>d) swap(b,d);
68         b/=k;d/=k;
69         LL ans=Euler[b];
70         for(II i=b+1;i<=d;i++){
71             ans+=solve(b,i);
72         }
73         cout<<"Case "<<++ca<<": "<<ans<<endl;
74     }
75     return 0;
76 }

POJ2773：這個題求第n個與k互質的數。

1.一個簡單的思路就是如果[1,k]中有x個與k互質的數，那麽[k+1,2*k]中也有x個，每個k個一個循環都會出現x個數與k互質，而且加入y<k且y與k互質，則t*k+y也與k互質。那麽我們第一個方法可以暴力算出比k小的數裏面所有與k互質的數都是多少復雜度是klog（k），然後看一下n是k第幾輪循環裏面。然後直接確定這個數多少。

2.二分+驗證的思想，首先一個數越大，那麽他包含的與k互質的數一定越多對吧？這個性質不就是單調性嗎？任何滿足單調性的問題我們都可以用二分來解決，所以我們可以用二分，加驗證的思想找到和第n個k互質的數是多少

代碼：

 1 //Author: xiaowuga
 2 #include<iostream>
 3 #include<vector>
 4 using namespace std;
 5 #define inf 0x3f3f3f3f
 6 #define MAX INT_MAX
 7 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
 8 const long long N=100000; 
 9 const long long mod=1e9+7; 
10 typedef long long LL;
11 typedef int II;
12 typedef unsigned long long ull;
13 #define nc cout<<"nc"<<endl
14 #define endl "\n"
15 LL solve(II r,LL n){
16     vector<int>p;
17     for(II i=2;i*i<=r;i++){
18         if(r%i==0){
19             p.push_back(i);
20             while(r%i==0) r/=i;
21         }
22     }
23     if(r>1) p.push_back(r);
24     LL sum=0;
25     for(LL i=1;i<(1<<p.size());i++){
26         LL d=1,ct=0;
27         for(II j=0;j<p.size();j++){
28             if(i&(1<<j)){
29                 ct++;
30                 d*=p[j];
31             }
32         }
33         if(ct%2) sum+=n/d;
34         else sum-=n/d;
35     }
36     return n-sum;
37 }
38 int main() {
39     ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
40     II n,k;
41     while(cin>>n>>k){
42         LL l=1,r=inf*2;
43         LL ans=1;
44         while(l<r){
45             LL m=l+(r-l)/2;
46             LL t=solve(n,m);
47             if(t>=k){
48                if(t==k) ans=m;  
49                r=m; 
50             }
51             else{
52                 l=m+1;
53             }
54         }
55         cout<<ans<<endl;
56     }
57     return 0;
58 }

容斥原理解決某個區間[1,n]閉區間與m互質數數量問題