Color

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Description

Beads of N colors are connected together into a circular necklace of N beads (N<=1000000000). Your job is to calculate how many different kinds of the necklace can be produced. You should know that the necklace might not use up all the N colors, and the repetitions that are produced by rotation around the center of the circular necklace are all neglected. 

You only need to output the answer module a given number P. 

Input

The first line of the input is an integer X (X <= 3500) representing the number of test cases. The following X lines each contains two numbers N and P (1 <= N <= 1000000000, 1 <= P <= 30000), representing a test case.

Output

For each test case, output one line containing the answer.

Sample Input

5
1 30000
2 30000
3 30000
4 30000
5 30000

Sample Output

1
3
11
70
629

Source

Mean: 

 給你一個包含N個珠子的項鍊，現在有N種顏色，讓你從這N種顏色中選擇一些顏色來將這些珠子染色，問可以染出多少種不同的珠子。

analyse:

 對於n比較小的情況我們可以直接暴力列舉置換群並統計其對應的C（f），考慮旋轉i個珠子的迴圈群，我們可以證明其對應的不動的染色方案C（fi）=n^gcd(i,n)。為什麼呢？我們可以這樣考慮，假設珠子編號為0～n-1，對於旋轉i個珠子的迴圈群，由於相鄰間的珠子對應的旋轉後位置還是相鄰，所以這個迴圈群的環必然是大小相等的。假設其環的大小為T，那麼就有(T*i)%n=0。假設T*i=k*n，i=g*x，n=g*y，其中g=gcd(i,n)。那麼T=k*y/x，因為k為整數，x、y互質，所以使得T最小且為正整數的k=x，那麼T=y，整個迴圈群中環的個數=n/T=g。所以我們可以得到C（fi）=n^gcd(i,n)。那麼這個題目就轉化為求sum{n^gcd(i,n)}，1<=i<=n。

但是n<=10^9，這個資料範圍太大，直接列舉必然超時，我們要考慮優化。觀察上面的公式，我們發現雖然i的範圍很大，但是gcd(i,n)的值卻不多，最多為n的因子的個數。如果我們可以很快求出gcd(i,n)=g時i的個數，那麼我們就能夠得到一個很高效的演算法。假設i=g*x，n=g*y，gcd(i,n)=g的條件為x、y互質，又因為1<=x<=y。所以滿足條件的x的個數就是[1,y]裡和y互質的數的個數，這就等於phi(y)。尤拉函式的值可以在O(n^(1/2))的複雜度內算出來，於是我們就得到了一個高效的演算法。

Time complexity：O(n^(/12))

Source code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;

int n, yu;

const int NN=10000000;
bool v[NN];
int p[NN];
int len=-1;
void make_p()
{
    int i,j;
    for(i=2; i<NN; ++i)
    {
        if(!v[i]) p[++len] = i;
        for(j=0; j<=len && i*p[j] < NN; ++j)
        {
            v[i*p[j]] =1;
            if(i%p[j] == 0) break;
        }
    }
}

int work(int n) {
    int temp = n;
    for (int i = 0; i < len && p[i]*p[i] <= temp; ++i)
    {
        if (temp % p[i] == 0) {
            n -= n/p[i];
            do {
                temp /= p[i];
            }while (temp % p[i] == 0);
        }
    }
    if (temp != 1) {
        n -= n/temp;
    }
    return n%yu;
}

int solve(int m) {
    int ans = 1;
    int s = n%yu;
    int temp = m;
    while (temp > 0) {
        if (temp&1) {
            ans = (ans * s) % yu;
        }
        s = (s*s)%yu;
        temp >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    make_p();
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d %d", &n, &yu);
        int res = 0;
        for (int i = 1; i*i <= n; ++i) {
            if (i*i == n)
            {
                res = (res + work(i)*solve(i-1))%yu;
            }
            else if (n%i == 0)
            {
                res = (res + work(i)*solve(n/i-1) + work(n/i)*solve(i-1))%yu;
            }
        }
        printf("%d\n", res);
    }
    return 0;
}