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題意：給出一個數n ， 求n的約數和減去不大於n且與n互質的數的和，記為a-b。

當時去現場做想到的只有暴力，但10^9超時無疑。後來聽出題人的講解，說用到尤拉函式，當時也不怎麼明白。直到今天看到一個性質：上述的b有一個公式，b=(n*f(n))/2。

f(n)代表n的尤拉函式。（有關證明在數論書中可以找到）。

問題轉化為求n的約數和，n的尤拉函式。都需要用到分解質因數，將n分解為n=p1^a1*p2^a2*...*pn^an。n的約數和記為S（n）,S(n)的公式不再贅述。

大致思路已經有了，先構造根號n的素數表，因為質因數不會超過根號n，然後就是分解質因數的過程。

該題目可以作為求約束和與不大於n且與n互質的和的模板。

#include<stdio.h>
#include<math.h>
typedef unsigned long long LL;
#define maxn 200000
LL primet[maxn];
int pnum = 0;
LL n,a,b,res;
bool flag[maxn];
void getprimtable()//篩法求出素數
{
    for (long i = 2; i < maxn; i++)
        if (!flag[i]) {
            primet[pnum++] = i;
            for (long j = i + i; j < maxn; j += i) flag[j] = true;
        }
}
LL FF(LL x ,LL y) {
    LL ret=1;
    while(y--) ret*=x;
    return ret;
}
LL eularpk(LL p, int k)//尤拉求p^k
{
    if (k == 0) return 1;
    LL ans = p - 1;
    while (--k) ans *= p;
    return ans;
}
LL f(LL n)//求f 因式分解
{
    LL sum = 1;
    res=1;
    int p, k;
    for (int i = 0; primet[i]*primet[i]<= n; i++) {
        p = primet[i];
        if (n % p == 0) {
            k = 0;
            while (n % p == 0) {n /= p; k++;}
            sum = sum * eularpk(p, k);  // p^k
            res*=( ( FF(p,k+1) -1 ) / (p-1));
        }
    }
    if (n > 1) {      // 分解到最後剩下一個素因子 , 須特別注意。
        sum = sum * eularpk(n, 1); 
        res*=( ( FF(n,2) -1 ) / (n-1));
    }
    return sum;
}
int main() {
    getprimtable();
    while(~scanf("%lld",&n)) {
        LL b=n*f(n)/2;
        if(n == 1) printf("0\n");
        else printf("%lld\n",res-b);
    }
    return 0;
}