沈阳网络赛G-Spare Tire【容斥】

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A sequence of integer lbrace a_n brace{an​} can be expressed as:

displaystyle a_n = left{ egin{array}{lr} 0, & n=0\ 2, & n=1\ frac{3a_{n-1}-a_{n-2}}{2}+n+1, & n>1 end{array} ight.an​=⎩⎨⎧​0,2,23an−1​−an−2​​+n+1,​n=0n=1n>1​

Now there are two integers nn and mm. I'm a pretty girl. I want to find all b_1,b_2,b_3cdots b_pb1​,b2​,b3​⋯bp​ that 1leq b_i leq n1≤bi​≤n and b_ibi​is relatively-prime with the integer mm. And then calculate:

displaystyle sum_{i=1}^{p}a_{b_i}i=1∑p​abi​​

But I have no time to solve this problem because I am going to date my boyfriend soon. So can you help me?

Input

Input contains multiple test cases ( about 1500015000 ). Each case contains two integers nn and mm. 1leq n,m leq 10^81≤n,m≤108.

Output

For each test case, print the answer of my question(after mod 1,000,000,0071,000,000,007).

Hint

In the all integers from 11 to 44, 11 and 33 is relatively-prime with the integer 44. So the answer is a_1+a_3=14a1​+a3​=14.

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14

题目来源

ACM-ICPC 2018 沈阳赛区网络预赛

题意：

已知一个数列a 和整数n， m

现在想知道1-n中所有与m互质的数 作为下标的a的和

思路：

预先打表处理的话内存不够 推公式能推出a[i] = （i + 1） * i【虽然我好像没有推出来...】

所以Sn也是可以推出来的

某一个数的倍数的a求和也是可以推的 因为是ki 那么提出一个k来 就可以代入公式求了

小于n 与m互质的数没有什么特殊的规律 但应该想到素数筛时的做法 用上容斥

先求出1-n所有的a的和 再减去所有与m不互质的数

用容斥来求不互质的数 是正是负与质因数的个数有关 如果是奇数个质因数之积的话就是加 偶数就是减

用到了乘法逆元的模板 

cal（）函数注释掉的部分是WA的 改成了题解的方法就AC了

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<set>
//#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long LL;

const int maxn = 1e5 + 5;
const LL mod = 1e9 + 7;
LL inv6, inv2;
LL n, m;


LL p[maxn];
int cnt;
void getprime(LL x)
{
    cnt = 0;
    for (LL i = 2; i * i <= x; i++) {
        if (x % i == 0) {
            p[cnt++] = i;
        }
        while (x % i == 0) {
            x /= i;
        }
    }
    if (x > 1) {
        p[cnt++] = x;
    }
}

void ex_gcd(int a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y)
{
    if(!b){
        d = a;
        x = 1;
        y = 0;
    }
    else{
        ex_gcd(b, a % b, d, y, x);
        y -= x * (a / b);
    }
}

int mod_inverse(int a, LL m)
{
    LL x, y, d;
    ex_gcd(a, m, d, x, y);
    return (m + x % m) % m;
}

LL cal(LL n, LL k)
{
    /*LL ans = n / k * (n / k + 1) % mod;
    ans = ans * (2 * n / k + 1) % mod;
    ans = ans * inv6 % mod * k % mod * k % mod;
    ans = ans + k * (1 + n / k) % mod * n / k % mod * inv2 % mod;*/
    n=n/k;
    return (n%mod*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod*k%mod*k%mod+n%mod*(n+1)%mod*inv2%mod*k%mod)%mod;
    //return ans;
}


int main()
{
    inv6 = mod_inverse(6, mod);
    inv2 = mod_inverse(2, mod);
    //cout<<mod_inverse(6, mod)<<endl<<mod_inverse(2, mod)<<endl;
    while (scanf("%lld%lld", &n, &m) != EOF) {
        memset(p, 0, sizeof(p));
        getprime(m);
        LL ans = 0;
        for(int i = 1; i < (1 << cnt); i++){
            int flag = 0;
            LL tmp = 1;
            for(int j = 0; j < cnt; j++){
                if(i & (1 << j)){
                    flag++;
                    tmp = tmp * p[j] % mod;
                }

            }
            tmp = cal(n, tmp) % mod;
            if(flag % 2){
                ans = (ans % mod + tmp % mod) % mod;
            }
            else{
                ans = (ans % mod - tmp % mod + mod) % mod;
            }
        }
        printf("%lld
", (cal(n, 1) % mod - ans % mod + mod) % mod);
    }
    return 0;
}