題意：給你一些數，對於每一個數a，可以得到t=(t+a)%m,t可以無限制算下去，問0~m-1之間能被得到的數的和。

思路：根據歐幾里得原理，a能得到的數就是a和m的最大公約數在0~（m-1）的倍數。

所以容斥就可以算出答案，每個數的倍數等差求和。但是資料是1e9，要進行容斥的數非常多，

能確定的是最大公約數一定是m的因子x，x算一遍相當於x所有的倍數都算了一遍，

所以算某個因子的時候，只要看看這個因子的因子對這個數貢獻個多少次，次數*等差和就是

這個因子的答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll a[N], gg[N], p[N], tot;
ll num[N];
ll n, m;
ll vis[N];

int main(){
    int T, cas=0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        memset(num, 0, sizeof num);
        memset(vis, 0, sizeof vis);


        for(int i=1; i<=n; i++){
            scanf("%lld", &a[i]);
            gg[i]=__gcd(a[i], (ll)m);
        }
        sort(gg+1, gg+1+n);
        int cnt=unique(gg+1, gg+1+n)-gg-1;

        int up=sqrt(m+0.5);
        tot=0;

        for(int i=1; i<=up; i++){
            if(m%i==0){
                p[++tot]=i;
                if(m/i>up) p[++tot]=m/i;
            }
        }
        sort(p+1, p+1+tot);
        for(int i=1; i<=cnt; i++){
            int k=lower_bound(p+1, p+1+tot, gg[i])-p;
            vis[k]=1;
        }

        ll ans=0;
        for(int i=1; i<=tot; i++){
            if(vis[i]!=num[i]){
                ans+=(vis[i]-num[i])*((m-1)/p[i])*(p[i]+(m-1)/p[i]*p[i])/2;
               // cout<<p[i]<<" "<<vis[i]-num[i]<<endl;
            for(int j=i+1; j<=tot; j++)
                if(p[j]%p[i]==0){
                    num[j]+=vis[i]-num[i];
                    vis[j]=1;
                }
            }
        }

        printf("Case #%d: %lld\n", ++cas, ans);



    }
    return 0;
}