Description

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。

Input

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。

Output

输出文件有且仅有一行,即可以完成任务的卡片数。

Sample Input

2 4

Sample Output

12

题解

该死的bz(婊子)oj没用官方数据,还要用高精度。

一张可行的卡片,就是将上面的数字经过加减变换能够得到$1$,于是我们可以猜想一下卡片上的数字所需满足的要求。首先很容易猜到,这些数字必然有奇数有偶数,但是仅满足这个条件是显然不够的,如$3$,$6$就无法得出$1$来,于是可以继续猜想这些数字两两互质,即所有数字的公因数为$1$,用数论的方法可以证明这个猜想是正确的。然后可以用容斥原理来算出答案,这里举个例子来说明,假设$m=30=2*3*5$,答案=$m^n$-(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)

  1. #include <set>
  2. #include <map>
  3. #include <ctime>
  4. #include <cmath>
  5. #include <queue>
  6. #include <stack>
  7. #include <vector>
  8. #include <cstdio>
  9. #include <string>
  10. #include <cstring>
  11. #include <cstdlib>
  12. #include <iostream>
  13. #include <algorithm>
  14. #define LL long long
  15. #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
  16. #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
  17. using namespace std;
  18. const int INF = ~0u>>;
  19.  
  20. LL n, m;
  21. LL ans = ;
  22. LL q[], tot;
  23.  
  24. LL pow(LL a, LL b){
  25. LL c = ;
  26. while (b){
  27.    if (b&) c *= a;
  28.    b >>= ;
  29.    a *= a;
  30. }
  31. return c;
  32. }
  33. void sperate(LL m){
  34. for (LL i = ; i*i <= m; i++)
  35. if (m%i == ){
  36. q[++tot] = i;
  37. while (m%i == ) m /= i;
  38. }
  39. if (m-) q[++tot]=m;
  40. }
  41. void dfs(int cen, LL cnt, int cho){
  42. if (cen > tot){
  43.    if (cho == ) return;
  44.    if (cho%) ans -= pow(m/cnt, n);
  45.    else ans += pow(m/cnt, n);
  46.    return;
  47. }
  48. dfs(cen+, cnt, cho);
  49. dfs(cen+, cnt*q[cen], cho+);
  50. }
  51.  
  52. int main(){
  53. scanf("%lld%lld", &n, &m);
  54. ans = pow(m, n);
  55. sperate(m);
  56. dfs(, , );
  57. printf("%lld\n", ans);
  58. return ;
  59. }

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