对于分数\(n/d\)，其中\(n,d\)均为正整数，如果\(n<d\)且两者的最大公约数\(HCF(n,d)=1\)，这个分数就称之为简分数。如果我们把\(d\le8\)的所有简分数以从小到大的顺序排列，则有：
\[ \frac{1}{8},\frac{1}{7},\frac{1}{6},\frac{1}{5},\frac{1}{4},\frac{2}{7},\frac{1}{3},\frac{3}{8},\frac{2}{5},\frac{3}{7},\frac{1}{2},\frac{4}{7},\frac{3}{5},\frac{5}{8},\frac{2}{3},\frac{5}{7},\frac{3}{4},\frac{4}{5},\frac{5}{6},\frac{6}{7},\frac{7}{8}, \]
可以看到\(1/3\)和\(1/2\)之间有三个分数。当\(d\le12000\)时，在这个从小到大排列的简分数集合中有多少个分数处于\(1/3\)和\(1/2\)之间？

分析：此题至少有两种解法：第一种解法是利用之间提到的Farey Sequence的性质，相对容易理解，但效率不够高；第二种解法则是利用和七十二题中类似的推导方法，将这个问题转化一个动态规划问题，这种方法效率很高，但是理解起来难度也更大。下面分别简述两种方法：

方法一：题目中所列的Farey Sequence满足以下两个性质：

• 两个简分数\(a/b\)和\(c/d\)在Farey Sequence中相邻的必要充分条件是\(bc-ad=1\)
• Farey Sequence中连续三个分数\(a/b,c/d,e/f\)满足条件\(c/d=(a+e)/(b+f)\)

题目要求在\(d\le12000\)时，Farey Sequence中处于\(1/3\)和\(1/2\)之间的分数有多少个？则我们可以如下思考：第一步，首先确定在\(d\le12000\)的条件下，最紧邻\(1/3\)的分数是多少？根据上面列出的性质一，假设这个分数是\(p/q\)，则\(3p-q=1\Rightarrow3p=q+1\)，即\(q+1\)应是三的倍数，则\(q\)最大只能取\(11999\)，据此得到\(p=12000/3=4000\)，即在\(d\le12000\)时，最紧邻\(1/3\)的分数应该是\(4000/11999\)。第二步，在已知\(1/3\)和\(4000/11999\)紧邻的情况下，我们要推算下一个紧邻\(4000/11999\)的分数，如此不断推算下去并记录已经产生的分数个数，直到产生的下一个分数成为\(1/2\)时停止，这时记录的分数个数即为题目所求。根据以上列出的性质二，因为\(c/d\)是最简分数的形式，则有\(kd=b+f\Rightarrow f=kd-b\)，据题意有\(kd-b\le12000\)，在满足此条件时\(k\)的最大值为\(\lfloor (12000+b)/d \rfloor\)，则紧邻\(a/b\)和\(c/d\)的下一个分数\(e/f\)满足条件：
\[ e=\lfloor (12000+b)/d \rfloor \cdot c-a, f= \lfloor (12000+b)/d \rfloor \cdot b-b \]
如此，我们就可以按照从小到大的顺序依次列出Farey Sequence中\(1/3\)以后的所有分数，直到这个分数达到\(1/2\)截止，也即\(f=2\)时截止，此时返回分数个数即为题目所求。此种方法的时间复杂度约为\(O(n^2)\)，所以在处理小规模问题尚可应付，而在处理大规模问题时则会耗时很久。下面介绍第二种方法：

方法二：首先定义如下两个函数：
\[ \begin{aligned}F(N)&=card\bigg\{\frac{k}{n}:\frac{1}{3}<\frac{k}{n}<\frac{1}{2},n\le N \bigg\}\\R(N)&=card\bigg\{\frac{k}{n}:\frac{1}{3}<\frac{k}{n}<\frac{1}{2},n\le N,gcd(k,n)=1 \bigg\}\end{aligned} \]
其中\(card\)表示集合的基数，也即集合中元素的个数，则我们可以明显看出\(R(N)\)即为我们要求的值。同时根据和七十二题中相似的思路，我们有：
\[ F(N)=\sum_{m=1}^N R(\lfloor\frac{N}{m}\rfloor)\Rightarrow F(N)=R(N)+\sum_{m=2}^N R(\lfloor\frac{N}{m}\rfloor) \]
则有：
\[ R(N)=F(N)-\sum_{m=2}^N R(\lfloor\frac{N}{m}\rfloor) \]
显然我们得到了一个和七十二题中非常类似的递归式，因此可以用动态规划解决，并且可以用上整除分块的技巧。现在的问题是我们需要确定\(F(N)\)，只有当\(F(N)\)容易计算时，上面的递归推导才是有意义的。如果我们设\(N=6q+r,0\le r<6\)，则：
\[ F\left( N \right) =\sum_{i=1}^N{\left( \bigg\lfloor \frac{i-1}{2} \bigg\rfloor -\bigg\lfloor \frac{i}{3} \bigg\rfloor \right) =q\left( 3q-2+r \right) +\begin{cases} 1& r=5\\ 0& r\ne 5\\\end{cases}} \]
根据上式我们可以很容易的计算出\(F(N)\)。方法二的时间复杂度约为\(O(n^{3/4})\)，属于亚线性算法，在处理大规模数据时相对于方法一有很大优势。

两种方法的代码如下：

# approach 1, time cost = 2.97 s ± 6.42 ms

def farey_seq(n=12000):
    b, d = 3, 11999
    ans = 0
    while d!=2:
        ans += 1
        k = int((n + b) / d)
        b, d = d, k * d - b
    return ans


# approach 2, time cost = 101 ns ± 0.171 ns

from functools import lru_cache

def number_theory_block(f,n,i=1):
    ans = 0
    while i <= n:
        j = n//(n//i)
        ans += (j-i+1)*f(n//i)
        i = j + 1
    return ans

def fractions_count(n):
    q,r = divmod(n,6)
    i = 1 if r == 5 else 0
    ans = q*(3*q-2+r)+i
    return ans

@lru_cache(maxsize=2048)
def reduced_fractions_count(n=12000):
    if n == 1:
        return 0
    else:
        return fractions_count(n) - number_theory_block(reduced_fractions_count,n,2)