对于给出的素数p,

首先要明确一点：p的元根必然是存在的(这一点已由Euler证明，此处不再赘述)，因此，不妨设其中的一个元根是a0(1<=a0<=p-1)

按照题目的定义，a0^i(1<=i<=p-1) mod p的值是各不相同的，再由p是素数，联系Fermat小定理可知：q^(p-1) mod p=1;(1<=q<=p-1)(这个在下面有用)

下面证明,如果b是p的一个异于a的元根，不妨令b与a0^t关于p同余，那么必然有gcd(t,p-1)=1,亦即t与p-1互质;反之亦然;

证明：

若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,则由Fermat可知

(a0^(k1*d))^k2 mod p=(a0^(k2*d))^(k1) mod p=(a0^(p-1))^(k1) mod p=1

再由b=a0^t (mod p)，结合上面的式子可知：

(a0^(k1*d))^k2 mod n=b^k2 mod p=1;

然而b^0 mod p=1,所以b^0=b^k2 (mod p),所以b^i mod p的循环节=k2<p-1，因此这样的b不是元根；

再证，若d=gcd(t,p-1)=1,即t与p-1互质，那么b必然是元根；

否则假设存在1<=j<i<=p-1，使得b^j=b^i (mod p),即a0^(j*t)=a0^(i*t) (mod p),由a0是元根，即a0的循环节长度是(p-1)可知，(p-1) | (i*t-j*t)->(p-1) | t*(i-j),由于p与

t互质，所以(p-1) | (i-j),但是根据假设,0<i-j<p-1,得出矛盾，结论得证；

由上面的两个证明可知b=a0^t (mod p)，是一个元根的充要条件是t与p-1互质，所有的这些t的总个数就是Phi(p-1);

#include<cstdio>

#define N 65537

using namespace std;

int v[N],prime[N],phi[N],cnt,n;

void euler()

{

    phi[]=;

    for(int i=;i<=N;i++)

    {

        if(!v[i])

        {

            v[i]=true;

            prime[++cnt]=i;

            phi[i]=i-;

        }

        for(int j=;j<=cnt;j++)

        {

            if(i*prime[j]>N) break;

            v[i*prime[j]]=true;

            if(i%prime[j]==)

            {

                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];

                break;

            }

            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-);

        }

    }

}

int main()

{

    euler();

    while(scanf("%d",&n)!=EOF) printf("%d\n",phi[n-]);

}