Description
为了庆祝 NOI 的成功开幕，主办方为大家准备了一场寿司晚宴。小 G 和小 W 作为参加 NOI 的选手，也被邀请参加了寿司晚宴。
在晚宴上,主办方为大家提供了 n−1 种不同的寿司，编号 1,2,3,…,n−1，其中第 i 种寿司的美味度为 i+1 （即寿司的美味度为从 2 到 n）。
现在小 G 和小 W 希望每人选一些寿司种类来品尝，他们规定一种品尝方案为不和谐的当且仅当：小 G 品尝的寿司种类中存在一种美味度为 x 的寿司，小 W 品尝的寿司中存在一种美味度为 y 的寿司，而 x 与 y 不互质。
现在小 G 和小 W 希望统计一共有多少种和谐的品尝寿司的方案（对给定的正整数 p 取模）。注意一个人可以不吃任何寿司。
Input
输入文件的第 1 行包含 2 个正整数 n,p，中间用单个空格隔开，表示共有 n 种寿司，最终和谐的方案数要对 p 取模。
Output
输出一行包含 1 个整数，表示所求的方案模 p 的结果。
Sample Input
3 10000
Sample Output
9
HINT
2≤n≤500
0<p≤1000000000
智商到现在还这么桌几。。。加边容斥调了半天。。。
定理：一个正整数x一定可以拆成a*p的形式，其中a是质因子<=sqrt(n)的数，p是1或一个>sqrt(n)的质数。
sqrt(500)内的质因子只有8个，我们可以暴力枚举每个质因子的归属情况（即只能小G用或只能小W用或都不用）。
得到归属情况就很简单了，将x分解，如果a的质因子都属于小G的集合，则记录一下小G能选x，对应记录一下小W能选的集合。
在两人能选的集合中分别按分解后剩下的p分类，对于每个p>1，要么小G来选，要么小W来选，因为两人都不选的情况计算了两次，方案就是2^f(A)+2^f(B)-1。
对于p=1，两人都随便选，答案就是2^(f[A]+f[B])。
用乘法原理乘起来就好了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=510;
const int k=8;
int P[]={2,3,5,7,11,13,17,19};
int n,p,bel[k],A[2][maxn],xp2[maxn];
ll dfs(int cur) {
if(cur==k) {
memset(A,0,sizeof(A));
ll xp=1;
rep(i,2,n) {
int m=i,ok1=0,ok2=0;
rep(j,0,k-1) if(m%P[j]==0) {
ok1|=(bel[j]!=1);
ok2|=(bel[j]!=2);
while(m%P[j]==0) m/=P[j];
}
if(!ok1) A[0][m]++;
if(!ok2) A[1][m]++;
}
rep(i,20,n) (xp*=(xp2[A[0][i]]+xp2[A[1][i]]+p-1)%p)%=p;
(xp*=xp2[A[0][1]+A[1][1]])%=p;
return xp;
}
ll ans=0;
bel[cur]=1;(ans+=dfs(cur+1))%=p;
bel[cur]=2;(ans+=dfs(cur+1))%=p;
bel[cur]=0;(ans-=dfs(cur+1))%=p;
return (ans+p)%p;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&p);xp2[0]=1;
rep(i,1,n) xp2[i]=2*xp2[i-1]%p;
printf("%lld\n",dfs(0));
return 0;
}