Description

Input

Output

Sample Input

5

1 30000

2 30000

3 30000

4 30000

5 30000

Sample Output

1

3

11

70

629

Source

解题思路：

转载：http://blog.csdn.net/tsaid/article/details/7366708

题意：给出两个整数n和p，代表n个珠子，n种颜色，要求不同的项链数，翻转置换不考虑。

结果模p.

题解：

我们知道gcd（i,n)表示了循环节的个数。

比如gcd(2,6) = 2, 它的详细过程为：[1。3。5] [2。4，6]

对于随意一个循环置换，他全部循环节的长度为 n / gcd(i,n)，在上面的样例中: 循环节长度 = 6 / gcd(2,6) = 3

为了方便说明。用L表示循环节的长度，显然 L | n

假设我们枚举L，求出对于每个L有多少个i, 使得 L = n / gcd (i,n)， 那么我们实际上也得到了循环节个数为 n / L 的置换个数。

将L = n / gcd (i,n)转换一下得到：n / L = gcd（i,n )

设 cnt ＝ n / L = gcd(i, n)  注：cnt表示循环节个数，L表示每个循环节的长度

由于 cnt | i, 所以可令 i ＝ cnt * t; ( 由于0 <= i < n, 所以0 <= t < n / cnt = L )

又由于 cnt = n / L， 所以 n = cnt * L;

则 gcd ( i, n ) = gcd ( cnt*t, cnt*L ) = cnt;  ①

可知当 gcd ( t, L ) = 1 时 ① 式成立。

因为 gcd ( t, L ) = 1 的个数就是 Euler(L)的个数。

所以我们能够得到结论：循环节个数为n/L的置换有Euler(L)个。

代码：

#include <iostream>

#include <string.h>

#include <stdio.h>

using namespace std;

bool isprime[50001];

int prime[50001];

int len=0;;

int n,p;

void sieve()

{

    for(int i=0;i<=50000;i++)

        isprime[i]=1;

    isprime[0]=isprime[1]=0;

    for(int i=2;i<=50000;i++)

    {

        if(isprime[i])

        {

            prime[len++]=i;

            for(int j=2*i;j<=50000;j+=i)

                isprime[j]=0;

        }

    }

}

int euler(int n)

{

    int res=n;

    for(int i=0;i<len&&prime[i]*prime[i]<=n;i++)

    {

        if(n%prime[i]==0)

        {

            res=res/prime[i]*(prime[i]-1);

            while(n%prime[i]==0)

                n/=prime[i];

        }

    }

    if(n>1)

        res=res/n*(n-1);

    return res;

}

int pow(int p,int n,int mod)

{

    int ans=1;

    p=p%mod;

    while(n)

    {

        if(n&1)

            ans=ans*p%mod;

        p=p*p%mod;

        n/=2;

    }

    return ans;

}

int main()

{

    sieve();

    int t;

    scanf("%d",&t);

    while(t--)

    {

        int ans=0;

        scanf("%d%d",&n,&p);

        for(int i=1;i*i<=n;i++)

            if(n%i==0)

            {

                ans=(ans+euler(i)%p*pow(n,n/i-1,p))%p;//注意取余的位置。 euler(i)%p不取余就WA

                if(i*i==n)//仅仅要一个i就能够了

                    break;

                ans=(ans+euler(n/i)%p*pow(n,i-1,p))%p;

            }

        printf("%d\n",ans);

    }

    return 0;

}