题目描述
Z城市居住着很多只跳蚤。在Z城市周六生活频道有一个娱乐节目。一只跳蚤将被请上一个高空钢丝的正中央。钢丝很长，可以看作是无限长。节目主持人会给该跳蚤发一张卡片。卡片上写有N+1个自然数。其中最后一个是M，而前N个数都不超过M，卡片上允许有相同的数字。跳蚤每次可以从卡片上任意选择一个自然数S，然后向左，或向右跳S个单位长度。而他最终的任务是跳到距离他左边一个单位长度的地方，并捡起位于那里的礼物。
比如当N=2，M=18时，持有卡片(10, 15, 18)的跳蚤，就可以完成任务：他可以先向左跳10个单位长度，然后再连向左跳3次，每次15个单位长度，最后再向右连跳3次，每次18个单位长度。而持有卡片(12, 15, 18)的跳蚤，则怎么也不可能跳到距他左边一个单位长度的地方。
当确定N和M后，显然一共有MN张不同的卡片。现在的问题是，在这所有的卡片中，有多少张可以完成任务。
输入输出格式
输入格式：
输入文件有且仅有一行，包括用空格分开的两个整数N和M。
输出格式：
输出文件有且仅有一行，即可以完成任务的卡片数。
1\le N\le M\le 10^81≤N≤M≤108，且M^N\le 10^{16}MN≤1016。
输入输出样例
说明
这12张卡片分别是：
(1, 1, 4), (1, 2, 4), (1, 3, 4), (1, 4, 4), (2, 1, 4), (2, 3, 4),
(3, 1, 4), (3, 2, 4), (3, 3, 4), (3, 4, 4), (4, 1, 4), (4, 3, 4)
Solution：
本题容斥+暴力枚举。
因为要向左移动1位，所以可以得到一个线性方程$a_1x_1+a_2x_2+…+a_nx_n=1$，满足有解的情况时，由裴蜀定理得$gcd(x_1,x_2…,x_n)=1$，我们只要满足任意两个数$gcd(x_i,x_j)=1$就好了。
我们先求出总的方案数$m^n$，再从中减去所有的整体gcd不为1的情况，由于整体gcd不为1的情况必须满足gcd为m的约数。
于是我们枚举m的约数作为整体公约数，对于约数$a$，共有$\frac{m}{a}$个含约数a的数，那么减去$(\frac{m}{a})^n$，然后由于会重复减，所以还得容斥，由于枚举的是m的因子，所以容斥时可以直接用莫比乌斯函数咯，所以只要求$\sum_\limits{d|m}^{m}{\mu(d)*(\frac{m}{d})^n}$就行啦。
代码：
/*Code by 520 -- 9.9*/ #include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long #define RE register #define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) using namespace std; ll n,m,ans; int prime[40005],cnt; int u(int x){ if(x==1)return 1; int num=0; for(RE int i=2;i*i<=x;i++){ if(x%i==0) { num++; RE int p=0; while(x%i==0) { x/=i,p++; if(p>1)return 0; } } } if(x>1) num++; return num&1?-1:1; } ll fast(ll s,ll k){ ll ans=1; while(k){ if(k&1)ans=ans*s; k>>=1; s*=s; } return ans; } void dfs(int now,ll s){ if(now>cnt) {ans+=u(s)*fast(m/s,n);return;} dfs(now+1,s),dfs(now+1,s*prime[now]); } int main(){ cin>>n>>m; int x=m; for(RE int i=2;i*i<=m;i++) if(x%i==0){ prime[++cnt]=i; while(x%i==0) x/=i; } if(x>1) prime[++cnt]=x; dfs(1,1); cout<<ans; return 0; }
