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*。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。
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\le N\le M\le 10^81≤N≤M≤108，且M^N\le 10^{16}MN≤1016。
输入输出样例
2 4
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)
Solution：
本题容斥+暴力枚举。
因为要向左移动1位，所以可以得到一个线性方程$a_1x_1+a_2x_2+…+a_nx_n=1$，满足有解的情况时，由裴蜀定理得$gcd(x_1,x_2…,x_n)=1$，我们只要满足任意两个数$gcd(x_i,x_j)=1$就好了。
我们先求出总的方案数$m^n$，再从中减去所有的整体gcd不为1的情况，由于整体gcd不为1的情况必须满足gcd为m的约数。
于是我们枚举m的约数作为整体公约数，对于约数$a$，共有$\frac{m}{a}$个含约数a的数，那么减去$(\frac{m}{a})^n$，然后由于会重复减，所以还得容斥，由于枚举的是m的因子，所以容斥时可以直接用莫比乌斯函数咯，所以只要求$\sum_\limits{d|m}^{m}{\mu(d)*(\frac{m}{d})^n}$就行啦。
代码：
/*Code by 520 -- 9.9*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
ll n,m,ans;
int prime[],cnt; int u(int x){
if(x==)return ;
int num=;
for(RE int i=;i*i<=x;i++){
if(x%i==) {
num++;
RE int p=;
while(x%i==) {
x/=i,p++;
if(p>)return ;
}
}
}
if(x>) num++;
return num&?-:;
} ll fast(ll s,ll k){
ll ans=;
while(k){
if(k&)ans=ans*s;
k>>=;
s*=s;
}
return ans;
} void dfs(int now,ll s){
if(now>cnt) {ans+=u(s)*fast(m/s,n);return;}
dfs(now+,s),dfs(now+,s*prime[now]);
} int main(){
cin>>n>>m;
int x=m;
for(RE int i=;i*i<=m;i++)
if(x%i==){
prime[++cnt]=i;
while(x%i==) x/=i;
}
if(x>) prime[++cnt]=x;
dfs(,);
cout<<ans;
return ;
}