Stern-Brocot树（生成0-1之间的所有真分数）

问题描述 ^[1] ：
给定输入N，输出0到1之间分母小于或等于N的真分数，并递增输出。
比如说，N = 5时输出:

0/1 1/5 1/4 1/3 2/5 1/2 3/5 2/3 3/4 4/5 1/1

解决方案 ^[2] ：
这个问题有个很漂亮的解决方法，称为Stern-Brocot树，取这个名字是因为这是由德国数学家Moritz Stern和法国的修理钟表商Achille Brocot独立发现的。
先来讨论一般的情况，即生成所有的非负真分数。算法的思想是由(0/1, 1/0)开始，然后不断地重复以下的操作：在相邻的两个分数m/n和m'/n'插入(m+m')/(n+n')。

伪代码：

<span style="font-size:14px;">main:print(0/1);printOrderedFraction(0, 1, 1, 1);print(1/1);
printOrderedFraction(m, n, m', n'):if (n+n' <= N)printOrderedFraction(m, n, m+m', n+n');print(m+m'/n+n')printOrderedFraction(m+n', n+n', m', n');end if</span>

例题HDU4556

上图是一棵Stern-Brocot树，其生成规则如下：
　　从第1行到第n行，每行相邻两数a/b和c/d，产生中间数(a+c)/(b+d)，置于下一行中。将一行的分数（包括0/1,1/0），进行约分简化，则每一行（包括0/1,1/0,1/1），不会出现两个相同的分数。若分子或者分母大于n，则去掉该分数，将剩下的分数，从小到大排序，得到数列F。
　　现在请您编程计算第n行的数列F的个数。

Input

输入包含多组测试用例，每组输入数据是一个正整数n（n<=1000000）。

Output

对于每组的测试数据n，请输出第n行的数列F的个数。

Sample Input

1 2 4 6

Sample Output

3 5 13 25

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>using namespace std;const int N=1000010;long long euler[N];void get_euler(){int i,j;for(int i=1;i<N;i++)euler[i]=i;for(i=2;i<N;i++)if(euler[i]==i)for(j=i;j<N;j+=i)euler[j]-=euler[j]/i;
}void Init(){get_euler();for(int i=2;i<N;i++)euler[i]+=euler[i-1];
}int main(){//freopen("input.txt","r",stdin);Init();int n;while(~scanf("%d",&n)){cout<<euler[n]*2+1<<endl;}return 0;
}

算法的正确性证明 ^[2] ：
1. 为什么按照这种方法生成的数都是真分数？
如果能够证明对于任何阶段都有m'n - mn' = 1，那么就得到m和n、m'和n'是互素的，从而m/n和m'/n'是真分数，这样就证明了生成的数都是真分数。
用归纳法证明。
1) 将(0/1, 1/0)代入，得1*1 - 0*0 = 1。命题成立。
2) 假设前面阶段产生的(m/n, m'/n')满足表达式，那么当插入一个新的中间项(m+m')/(n+n')时，有
(m+m')n - m(n+n') = m'n - mn' = 1
m'(n+n') - (m+m')n' = m'n - mn' = 1
综上命题成立。

2. 为什么能产生所有的真分数，是否存在某个真分数a/b被忽略掉？
因为对于真分数a/b，初始时它满足
m/n = 0/1 < (a/b) < 1/0 = m'/n'
假设当前阶段有m/n < (a/b) < m'/n'，那么算法添加中间项(m+m')/(n+n')就存在三种情况：
1) 如果a/b = (m+m')/(n+n')，那么命题成立。
2) 如果(m+m')/(n+n') < a/b，那么就令m <- (m+m'), n <- (n+n')
3) 否则，令m' <- (m+m'), n' <- (n+n')
这样一直迭代下去。
由于a/b - m/n > 0 并且 m'/n' - a/b > 0
=> an - bm >= 1 并且 bm' - an' >= 1
因此有 (m'＋n')(an-bm) + (m+n)(bm'-an') >= m'+n'+m+n
化简得到 a(m'n-mn')+b(m'n-mn')=a+b >= m'+n'+m+n
因为每次迭代m, n, m'和n'其中一个递增，因此最多需要a+b步就可以产生a/b。

3. 为什么每个真分数只出现一次，而不会出现两次或者更多？
这个个问题可以根据第4个问题的答案来回答。

4. 为什么生成的数列是有序的？
同样可以用归纳法证明。如果m/n < m'/n'并且所有的数都是非负的，那么有
m/n < (m+m')/(n+n') < m'/n'
故根据算法构造的数列是递增的。

Reference:
[1] USACO. Problem 64: Ordered Fractions. http://ace.delos.com/usacoprob2?a=aOabvHGOS88&S=frac1
[2] Grapham, Kunth and Patashnik. Concrete Mathematics(2th edition). Chapter 4 Number Theory: 4.5 Relative Primality

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