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
输入样例#1：
复制
2 4
输出样例#1：
复制
12
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; }