UOJ #129 / BZOJ 4197 / 洛谷 P2150

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题意：

• 你有一个集合 (S={2,3,dots,n})
• 你要选择两个集合 (A) 和 (B)，满足：

1. (A subseteq S)，(B subseteq S)，且 (A cap B=varnothing)
2. 不存在两个数 (x in A)，(y in B)，且 (operatorname{gcd}(x,y)>1)。

• 求满足条件的集合 (A,B) 的数量。
  (n in [2,500])

通过分析题面可以发现，如果两个集合 (A,B) 满足条件，那么它们的质因子组成的集合一定不会重复。
先考虑 (30) 分的做法。(30) 以内的质数只有 (10) 个（(2,3,5,7,11,13,17,19,23,29)）。
我们分别给这 (10) 个质数标号 (1) 到 (10)。这样我们可以使用一个 (10) 位二进制数表示质因子的选择情况。
例如 ((1011001100)_2) 就表示集合中包含质因子 (2,5,7,17,19)。
再将 (2) 到 (n) 每个数分解质因数。记 (fac_i) 为 (i) 质因子的集合。
到这里，不少题解都使用了三维状压 (dp)。这里我要介绍一个不太一样的方法。
我们开一个数组 (cnt_{i,j})，其中 (i in [2,n],j in [0,2^{10}-1])。
表示满足 (2 leq x leq i)，(fac_i subseteq j) 的 (x) 的个数
再设 (dp_s) 表示质因子集合为 (s) 的集合数量。
显然所有 (fac_i subseteq s) 的 (i) 都可以被选，那么总共有 (cnt_{n,i}) 个数，每个数都有选与不选两种可能，故 (dp_s=2^{cnt_{n,i}})
最后是统计答案，枚举质因子集合 (s,t)（根据条件 2，(s&t=0)），两个集合的选择方法是独立的，因此，根据乘法原理，这一部分对答案的贡献为 (dp_s imes dp_t)。
但是这样做还不行。假设有一个集合 (T={2,4})，那么 (T) 在 (dp_1) 中被计算了一次，在 (dp_3) 中又被计算了一次，会被重复计算。
这时不难想到容斥原理。你对 (dp) 数组进行一遍容斥原理就可以了。

再考虑正解。(n) 从 (30) 扩大到了 (500)，就不能像 (30) 分做法那样将一个质因子集合用二进制表示出来了。
但是注意到 (sqrt{500}) 只有 (22)，而 (22) 以内的质数只有 (8) 个。
那么我们可以用根号分治的思想将质数分成两类，一类是 (leq 22) 的质数（我们称其为“小质数”），另一类是 (gt 22) 的质数（我们称其为“大质数”）。
不难发现，(1) 到 (500) 中的数最多只有一个大质数因子。任意两个大质数乘起来都会 (gt 500)。
换句话说，大质数的选择方案是独立的（是否选择 (31) 这个质因子不会影响 (37) 的选择方案）
我们枚举小质数因子的集合 (s,t)，然后考虑每个大质数 (p) 的选择方法：

1. (p) 在 (A) 中，那么选择的方案数为 (2^{cnt_{frac{n}{p},s}+1})（你可以看成从 ([1,frac{n}{p}]) 选择若干个质因子集合为 (s) 的集合然后将每个数乘以 (p)）
2. (p) 在 (B) 中，那么选择的方案数为 (2^{cnt_{frac{n}{p},t}+1})
3. (p) 既不在 (A) 也不在 (B) 中，方案数为 (1)。
   将三者加起来就是选择 (p) 的方案数。
   将选择每个大质数的方案数乘起来就是选择大质数的方案数。
   选择小质数的方案数和 (30) 分做法一样用乘法原理将两部分乘起来。
   用容斥原理算一下就可以了。

/*
Contest: -
Problem: P2150
Author: tzc_wk
Time: 2020.7.31
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi			first
#define se			second
#define fz(i,a,b)	for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b)	for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a)		a.begin(),a.end()
#define fill0(a)	memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a)	memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a)	memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define fillsmall(a) memset(a,0xcf,sizeof(a))
#define y1			y1010101010101
#define y0			y0101010101010
#define int long long
typedef pair<int,int> pii;
inline int read(){
	int x=0,neg=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-') neg=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*neg;
}
int n=read(),m=read();
inline int qpow(int x,int e){
	int ans=1;
	while(e){
		if(e&1)	ans=ans*x%m;
		x=x*x%m;
		e>>=1;
	}
	return ans;
}
int pr[505],num[505],pcnt=0;
bool vis[505];
inline void sieve(){
	for(int i=2;i<=500;i++){
		if(!vis[i]){
			pr[++pcnt]=i;num[i]=pcnt;
			for(int j=i+i;j<=500;j+=i) vis[j]=1;
		}
	}
}
int sumfac[505][1<<8];
int g[505][1<<8],gg[505][1<<8];
inline int calc_fac(int x){
	int tmp=x,flg=0;
	for(int i=2;i*i<=x;i++){
		if(tmp%i==0){
			flg|=(1<<(num[i]-1));
			while(tmp%i==0) tmp/=i;
		}
	}
	if(tmp>1){
		if(num[tmp]>8) return 256;
		else flg|=(1<<(num[tmp]-1));
	}
	return flg;
}
signed main(){
	sieve();
	fz(i,2,n){
		int f=calc_fac(i);
		for(int j=0;j<(1<<8);j++){
			if((j&f)!=f) sumfac[i][j]=sumfac[i-1][j];
			else sumfac[i][j]=sumfac[i-1][j]+1;
//			cout<<i<<" "<<j<<" "<<sumfac[i][j]<<endl;
		}
	}
	for(int i=0;i<(1<<8);i++) for(int j=0;j<(1<<8);j++){
		if((i&j)==0){
//			if(dp[i][n]==0||dp[j][n]==0) continue;
//			cout<<i<<" "<<j<<" "<<dp[i][n]<<" "<<dp[j][n]<<endl;
			int ans=1;
			ans=ans*qpow(2,sumfac[n][i])%m;
			ans=ans*qpow(2,sumfac[n][j])%m;
			for(int k=23;k<=n;k++){
				if(num[k]){
//					if(k==23) cout<<i<<" "<<j<<" "<<qpow(2,sumfac[n/k][i]+1)+qpow(2,sumfac[n/k][j]+1)-1<<endl;
					ans=ans*(qpow(2,sumfac[n/k][i]+1)+qpow(2,sumfac[n/k][j]+1)-1+m)%m;
				}
			}
			g[i][j]=ans;
//			cout<<i<<" "<<j<<" "<<g[i][j]<<endl;
		}
	}
	for(int i=0;i<(1<<8);i++) for(int j=0;j<(1<<8);j++){
		if((i&j)==0){
			for(int k=0;k<(1<<8);k++){
				if((j&k)!=k) continue;
				gg[i][j]=(gg[i][j]+(int)pow(-1,__builtin_popcount(j^k))*g[i][k]+m)%m;
			}
//			cout<<i<<" "<<j<<" "<<gg[i][j]<<endl;
		}
	}
	int sum=0;
	for(int i=0;i<(1<<8);i++) for(int j=0;j<(1<<8);j++){
		if((i&j)==0){
			int x=0;
			for(int k=0;k<(1<<8);k++){
				if((i&k)!=k) continue;
				x=(x+(int)pow(-1,__builtin_popcount(i^k))*gg[k][j]+m)%m;
			}
			sum=(sum+x)%m;
//			cout<<i<<" "<<j<<" "<<x<<endl;
		}
	}
	cout<<sum<<endl;
	return 0;
}