//    下面是百度上找的錯誤證明
函式的積性即：若m,n互質，則φ(mn)=φ(m)φ(n)。由“m,n互質”可知m,n無公因數，

所以φ(m)φ(n)=m(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)…(1-1/pn)·n(1-1/p1')(1-1/p2')(1-1/p3')…(1-1/pn')，//這裡已經用了計算公式，而計算公式是需要先有積性前提才推導的

其中p1,p2,p3...pn為m的質因數，p1',p2',p3'...pn'為n的質因數，而m,n無公因數，
所以p1,p2,p3...pn，p1',p2',p3'...pn'互不相同，
所以p1,p2,p3...pn，p1',p2',p3'...pn'均為mn的質因數且為mn質因數的全集，
所以φ(mn)=mn(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)…(1-1/pn)(1-1/p1')(1-1/p2')(1-1/p3')…(1-1/pn')，
所以φ(mn)=φ(m)φ(n)。

查了很多資料會證明了： 
// 證明
 
：
  在證明前先了解下以下知識：
  (a,b)代表最大公約數,[a,b]代表最小公倍數
  m|(a-b) <=> a≡b (mod m)
  a=pm+r  (0<=r<m)
  b=qm+r  (0<=r<m)
  由此可以推出：
  性質1：a≡a（mod m），（反身性） 
   這個性質很顯然.因為a-a=0=m·0。 
  性質2：若a≡b（mod m），那麼b≡a（mod m），（對稱性）。
  性質3：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），那麼a≡c（mod m），（傳遞性）。
  性質4：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那麼a±c≡b±d（mod m），（可加減性）。
  性質5：
 
若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那麼ac≡bd（mod m）（可乘性）。
   證明 ：m|(a-b) , m|(c-d) 設 a-b=km c-d=lm (ac-bd)=klm^2+(b+d)m =>m|(ac-bd)  
  性質6：若a≡b（mod m），那麼an≡bn（mod m），（其中n為自然數）。
   證明 ： m|(a-b) => m|n*(a-b) 
  性質7：若ac≡bc（mod m），（c，m）=1，那麼a≡b（mod m），（記號（c，m）表示c與m的最大公約數）。
   證明 ： m|c(a-b) d=(m,c)=>m/d|(a-b) => a≡b（mod m/d）=>當 d=1時 即（c,m）=1上面結論成立
  性質8：
 
若a≡b（mod m），那麼a的n次方和b的n次方也對於m同餘   
   證明 ：a^n-b^k=(a-b)(a^(n-1)+a^(n-2)b.....b^(n-1)) +m|(a-b) ==>m|(a^n-b^n)
  性質9：若 a≡b(mod m1) a≡b(mod m2).... a≡b(mod mi) 則 a≡b(mod [m1,m2,..mi])
   證明：m1 |(a-b) m2|(a-b) ..mi|(a-b)  =>[m1,m2...mi]|(a-b) (因為 a-b裡面含了 m集合的所有因子和每個因子的最大個數)
  推論 m1,m2..mi兩兩互質 則 a≡b(mod m1m2..mi);
 
  定義 ： X 代表 M 簡化剩餘系  個數φ(M)  （有關簡化正餘系含義，百度吧）
         Y 代表 N 簡化剩餘系   個數φ(N)
         xi 代表X的元素 yj代表Y的元素 

  下面證明： φ(MN)=φ(M)φ(N) 其中(M,N)=1
  我們需要證明 
  A: (xiN+yjM,MN)=1, xiN+yjM 代表的集合元素兩兩不在同一剩餘系裡 這樣個數肯定是φ(M)φ(N)個了
  B: xiN+yM 可以代表 MN 的簡化剩餘系每個元素
	

  證明 A：
   (xi,M)=1; => (xiN,M)=1; =>(xiN+yiM,M)=1;    ....1  
   (yi,N)=1; => (yiM,N)=1; =>(yiM+xiN,N)=1;    ....2
  由 1,2 => (xiN+yiM,MN)=1;    上面都是由數之間互質才推導的
   
   xiN+yjM≡xkN+ylM (mod MN) 
=> xiN+yjM≡xkN+ylM (mod M)
=> xiN≡xkN (mod M)
 由性質 7 =>xi≡xk (mod M)=> i=k 同理 j=l 所以 xiN+yjM 代表的集合元素兩兩不在同一剩餘系裡
  證明 B:
   設 Z 是MN 的簡化剩餘系的集合的任意某個元素 
   由於 （N,M）=1 => 存在 x0,y0 --> Mx0+Ny0=1  => Mx0Z+Ny0Z=Z
   =>存在 x,y --> Mx+Ny=Z ......1
   (Z,MN)=1; =>(Mx+Ny,M)=1; =>(Ny,M)=1; =>(y,M)=1 =>y≡xi (mod M) 同理可得 x=yj (mod N)
    y≡xi (mod M) => Ny≡Nxi (mod MN) 同理 Mx=Myj (mod MN)
  根據同餘性質
  Ny+Mx=Myj+Nxi (mod MN)
  => Z=xiN+yjM  (mod MN)
  所 MN 的簡化剩餘系每個元素都可以用 xiN+yjM表示 
 綜上 xiN+yjM 有 φ(M)φ(N)個元素  且每個與 MN互質，xiN+yjM兩兩不在同一剩餘系裡面
 可得 φ(MN)=φ(M)φ(N) 其中(M,N)=1

*若p是素數，E(p)=p-1。
*E(p^k)=p^k-p^(k-1)=(p-1)*P^(k-1)
證：令n=p^k,小於n的正整數數共有n-1即(p^k-1)個,其中與p不質的數共[p^(k-1)-1]個(分別為1*p,2*p,3*p...p(p^(k-1)-1))。
所以E(p^k)=(p^k-1)-(p^(k-1)-1)=p^k-p^(k-1).得證。
*若ab互質，則E(a*b)=E(a)*E(b)，尤拉函式是積性函式.
*對任意數n都可以唯一分解成n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*...*pn^an(pi為素數).
則E(n)=E(p1^a1)*E(p2^a2)*E(p3^a3)*...*E(pn^an)     
      =(p1-1)*p1^(a1-1)*(p2-1)*p2^(a2-1)*...*(pn-1)*pn^(an-1)
      =(p1^a1*p2^a2*p3^a3*...*pn^an)*[(p1-1)*(p2-1)*(p3-1)*...*(pn-1)]/(p1*p2*p3*...*pn)
      =n*(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pn)
* E(p^k)    =(p-1)*p^(k-1)=(p-1)*p^(k-2)*p
  E(p^(k-1))=(p-1)*p^(k-2)
->當k>1時，E(p^k)=E(p*p^(k-1))=E(p^(k-1))*p.
  (當k=1時，E(p)=p-1.)
  由上式: 設P是素數，
  若p是x的約數，則E(x*p)=E(x)*p.
  若p不是x的約數，則E(x*p)=E(x)*E(p)=E(x)*(p-1). 

小記：

d=gcd(a,b);  a'd=a b'd=b (a',b')=1
要 d=gcd (b,a-qb) 要成立  則(b',a'-qb')=1
證明 (b',a'-qb')=1;
假設 b',a'-qb' 不互質 則 設 b'=kd' a'-qb'=ld' d'>1
則 a'-q(kd')=ld' a'=(qk+l)d' 與 (a',b')矛盾 

問題描述：
給出一個N，求1..N中與N互質的數的和

if gcd(n,i)=1 then gcd(n,n-i)=1 (1<=i<=n)

反證法：
如果存在K!=1使gcd(n,n-i)=k,那麼(n-i)%k==0
而n%k=0
那麼必須保證i%k=0
k是n的因子,如果i%k=0那麼gcd(n,i)=k,矛盾出現;
於是問題變的非常簡單
ANS=N*phi(N)/2
i,n-i總是成對出現，並且和是n
於是可能就有人問了，如果存在n-i=i那不是重複計算？
答案是不會
因為:
n=2*i->i=n/2
1.如果n是奇數，那麼n!=2*i,自然也不存在n-i=i和重複計算之說
2.如果n是偶數,n=2*i成立,gcd(n,n/2)必然為n的一個因子,這個因子為1當且僅當n==2
於是對於n>2的偶數，絕對不存在gcd(n,n/2)=1所以更別說什麼重複計算了
對於n==2
ans=2*1/2=1
正好也滿足