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≤N≤M≤1081\le N\le M\le 10^81≤N≤M≤108，且MN≤1016MN\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)
题解
这道题解题的思维量不小，且涵盖了较多数论知识点，是一道好题，记录下来【02年省选题就那么难了么QAQ】
由N + 1个数组合能跳到左边一格，由扩欧我们知道，这是互质的充要条件
所以M和前N个数至少有一对互质
直接讨论发现很麻烦，我们就反过来，用总方案 - 所有数不互质的方案数
总方案M^N个很明显了，如果所有数不互质，它们至少有一个公共的质因子，所以我们枚举M的质因子：
假设M = 30 = 2 * 3 * 5
我们设它们共有2，就总共有(M/2)^N种可能【M/2表示M中有多少2的倍数】
我们设它们共有3，就总共有(M/3)^N种可能
我们设它们共有5，就总共有(M/5)^N种可能
不对啊，好像减多了，那么就两两组合，再加上去，加多了就三三组合减回去........
没错，就是容斥原理
具体实现时，质因子分解用快速分解法O(√M)分解，
容斥时我们枚举二进制数进行容斥
搞完啦~
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define fo(i,x,y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define Redge(u) for (int k = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)
using namespace std;
const int maxn = 1005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
LL N,M;
int fac[maxn],faci = 0;
void Sp(){
LL e = M;
for (LL i = 2; i * i <= e; i++){
if (e % i == 0){
fac[++faci] = i;
while (e % i == 0) e /= i;
}
}
if (e - 1) fac[++faci] = e;
}
LL qpow(LL a,LL b){
LL ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a *= a)
if (b & 1) ans *= a;
return ans;
}
LL cal(int s){
LL mult = 1,pos = 1;
for (int i = 1; s; i++,s >>= 1){
if (s & 1){
mult *= fac[i];
pos *= -1;
}
}
return qpow(M/mult,N) * pos;
}
void solve(){
Sp();
LL tot = qpow(M,N),maxv = ((LL)1 << faci) - 1;
for (int s = 1; s <= maxv; s++)
tot += cal(s);
cout<<tot<<endl;
}
int main()
{
cin>>N>>M;
solve();
return 0;
}
