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翻了翻题解，这两个合起来比较明白……
题意：求1~n!中与m!互质的数的数量(mod R)。
∵由欧几里得算法得gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
∴gcd(a+b,b)=gcd(b,(a+b)%b)=gcd(b,a) 即 gcd(a,b)=gcd(a+b,b)
推广：gcd(a,b)=gcd(a+k*b,b)
∴若a与b互质，则a+k*b也与b互质
令n=5,m=4,则n!=120,m!=24
符合题意的数有以下：
5 29 53 77 101
7 31 55 79 103
11 35 59 83 107
13 37 61 85 109
17 41 65 89 113
19 43 67 91 115
23 47 71 95 119
∴若x(x<n!)与m!互质，则x+m!*k也和m!互质，根据我们刚才推出的性质，仔细观察，发现 x 在 mod m!的剩余系中恰好有n!/m!个数符合题意。
∴观察上表的第一列，我们只需考虑小于m!的数中与n!互质的数。
∴这样的数恰好有φ(m!)个
∴答案为φ(m!)*(n!/m!)
但是这样仍然超出了我们能承受的时间复杂度。
∴ans=φ(m!)*(n!/m!)
=m!*((p1-1)/p1)+((p2-1)/p2)+......+((pk-1)/pk)*n!/m! (p1......pk为m!的质因子，根据阶乘的定义，易证，m!的质因子恰好为<=m的所有质数)
=((p1-1)/p1)+((p2-1)/p2)+......+((pk-1)/pk)*n!
∴我们递推预处理出((p1-1)/p1)+((p2-1)/p2)+......+((pk-1)/pk)和n!即可O(1)地回答每个询问。
在预处理连续乘积的时候，我们要用到快速幂求乘法逆元。
综上，要预处理的是：
①maxm以内的素数
②maxm以内的素数的逆元
③1!~maxn!
④maxm以内的素数的((p1-1)/p1)+((p2-1)/p2)+......+((pk-1)/pk)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll MOD;
int T,n[],m[],maxn,maxm,Ni[],Fac[],Muls[];
bool unPrime[];
void Shai_Prime()
{
unPrime[]=true;
for(ll i=;i<=maxm;i++)
for(ll j=i*i;j<=maxm;j+=i) unPrime[j]=true;
}
ll pow_mod(ll a,ll p,ll MOD)
{
if(!p) return ;
ll ans=pow_mod(a,p>>,MOD);
ans=ans*ans%MOD;
if((p&)==) ans=ans*a%MOD;
return ans;
}
void Init_Ni()
{
for(int i=;i<=maxm;i++)
if(!unPrime[i])
Ni[i]=(int)pow_mod(i,MOD-,MOD);
}
void Init_Fac()
{
Fac[]=;
for(int i=;i<=maxn;i++) Fac[i]=(int)((ll)Fac[i-]*(ll)i%MOD);
}
void Init_Muls()
{
ll res=;
for(int i=;i<=maxm;i++)
{
if(!unPrime[i]) res=((res*(ll)(i-))%MOD)*(ll)Ni[i]%MOD;
Muls[i]=res;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&T); cin>>MOD;
for(int i=;i<=T;i++)
{
scanf("%d%d",&n[i],&m[i]);
maxn=max(n[i],maxn);
maxm=max(m[i],maxm);
}
Shai_Prime(); Init_Ni(); Init_Fac(); Init_Muls();
for(int i=;i<=T;i++)
printf("%d\n",(int)((ll)Muls[m[i]]*(ll)Fac[n[i]]%MOD));
return ;
}