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(M^N)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≤10^{8}) ，且 (MN≤10^{16})。
输入输出样例
输入样例#1：
2 4
输出样例#1：
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
有m种卡片,卡片上的数字可以使用无数次,使得最后的坐标在原点-1那么就可以看成
(a*x_1+b*x_2+c*x_3+...+m*x_{n+1}=1),其中(x_{n+1})=M 那么也就可以推出
(GCD(x_1,x_2,x_3...x_{n+1})=1) ,也就是这n+1个元素都互质
那么我们的初始答案就是ans=(M^n),然后减去这些数中公约数的方案
那么我们可以枚举1~m中m的因子,那么就有m/t个t的倍数,把数列中全都是这些m/t个数的方案数减去即可
但是这种方法时候有问题的,我们可能会减去多次同种方案
那么我们就可以用容斥原理求出答案
ans=(m^n)-(有公因数2的n元组)-(有公因数3的n元组)-(有公因数5的n元组)+(有公因数2,3的n元组)+(有公因数2,5的n元组)+(有公因数3,5的n元组)-(有公因数2,3,5的n元组)+...
code
#include<bits/stdc++.h>
#define in(i) (i=read())
using namespace std;
typedef long long lol;
lol read() {
lol ans=0,f=1; char i=getchar();
while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
while(i>='0' && i<='9') {ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0'; i=getchar();}
return ans*f;
}
lol n,m,ans,cnt;
lol p[1000010];
lol qpow(lol a,lol x) {
lol ans=1;
while(x) {
if(x&1) ans*=a;
x>>=1;
a*=a;
}
return ans;
}
void divide(lol m) {
for(lol i=2;i*i<=m;i++) {
if(m%i==0) {
p[++cnt]=i;
while(m%i==0) m/=i;
}
}
if(m>1) p[++cnt]=m;
}
void dfs(lol x,lol sum,lol step) {
if(x>cnt) {
if(!step) return;
if(step&1) ans-=qpow(m/sum,n);
else ans+=qpow(m/sum,n);
return;
}
dfs(x+1,sum,step);
dfs(x+1,sum*p[x],step+1);
}
int main()
{
in(n); in(m);
ans=qpow(m,n); divide(m);
dfs(1,1,0);
cout<<ans<<endl;
}