http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1284 （原根）

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poj 1284 原跟
设h为一整数，n为一正整数，（h，n）=k，适合h^k=1（mod n）的最小正整数k叫做h对n的次数。如果k=φ（n），则此时h被称为模n的原根。
1773年，欧拉证明了素数P有原根。1785年，勒让德证明：设k|（p-1），恰有φ(k)个模p互不同余的数对模p的次数为k。
大家可以去搜索一下“二次剩余”
p是奇素数,如果{xi%p | 1 <= i <= p - 1} = {1,2,...,p-1},则称x是p的原根.
给出一个p,问它的原根有多少个.
 {xi%p | 1 <= i <= p - 1} = {1,2,...,p-1} 等价于 {xi%(p-1) | 1 <= i <= p - 1} = {0,1,2,...,p-2},即为(p-1)的完全剩余系
若x,x2...x(p-1)是(p-1)的完全剩余系,
根据定理,可以推出若gcd(x, p-1) = 1时, (1,x,...,x(p-2))也是(p-1)的完全剩余系
因为若xi != xj (mod p-1),那么x*xi != x*xj (mod p-1),与条件m矛盾,所以 xi = xj (mod p-1),
由此可以确定答案为EulerPhi(p-1)
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#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 65539;
bool hash
;
int prime[N / 2];
int p;
inline void Prime(){
memset(hash, false, sizeof(hash));
int tt = (int)sqrt(1.0 * N);
for(int i = 2; i <= tt; i++)
if(!hash[i])
for(int j =2; j * i < N; j++)
hash[i *j] = true;
p = 0;
for(int i = 2; i < N; i++)
if(!hash[i])
prime[p++] = i;
}
inline int Euler(int n){
int temp = n;
int sum = n;
for(int i = 0; i < p && prime[i] <= temp; i++){
if(temp % prime[i] == 0){
sum = sum / prime[i] * (prime[i] - 1);
while(temp % prime[i] == 0)
temp /= prime[i];
}
}
if(temp > 1)
sum = sum / temp * (temp - 1);
return sum;
}
int main(){
int n;
Prime();
while(scanf("%d", &n) != EOF){
printf("%d/n", Euler(n- 1));
}
}