計蒜客

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A sequence of integer \lbrace a_n \rbrace{an​} can be expressed as:

\displaystyle a_n = \left\{ \begin{array}{lr} 0, & n=0\\ 2, & n=1\\ \frac{3a_{n-1}-a_{n-2}}{2}+n+1, & n>1 \end{array} \right.an​=⎩⎨⎧​0,2,23an−1​−an−2​​+n+1,​n=0n=1n>1​

Now there are two integers nn and mm. I'm a pretty girl. I want to find all b_1,b_2,b_3\cdots b_pb1​,b2​,b3​⋯bp​ that 1\leq b_i \leq n1≤bi​≤n and b_ibi​is relatively-prime with the integer mm. And then calculate:

\displaystyle \sum_{i=1}^{p}a_{b_i}i=1∑p​abi​​

But I have no time to solve this problem because I am going to date my boyfriend soon. So can you help me?

Input

Input contains multiple test cases ( about 1500015000 ). Each case contains two integers nn and mm. 1\leq n,m \leq 10^81≤n,m≤108.

Output

For each test case, print the answer of my question(after mod 1,000,000,0071,000,000,007).

Hint

In the all integers from 11 to 44, 11 and 33 is relatively-prime with the integer 44. So the answer is a_1+a_3=14a1​+a3​=14.

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4 4

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14

題目來源

由通項公式的遞推式得：an=n^2+n;

設S=1^2+2^2+.+n^2 
(n+1)^3-n^3 = 3n^2+3n+1 
n^3-(n-1)^3 = 3(n-1)^2+3(n-1)+1 
... 
.. 
... 
2^3-1^3 = 3*1^2+3*1+1 
把上面n個式子相加得：(n+1)^3-1 = 3* [1^2+2^2+...+n^2] +3*[1+2+.+n] +n 
所以S= (1/3)*[(n+1)^3-1-n-(3/2)*n(n+1)] = (1/6)n(n+1)(2n+1)

n的前n項和顯而易見為n*(n+1)/2;

根據容斥定理：通過狀壓列舉n範圍內m的每個因子倍數的數量，顯而易見n範圍內m的因子和m不互素。我們可知m的因子y在n範圍內的倍數數量為  cnt = n /y;  所以與x有關的與m不互素的和為  y*y*cnt*（cnt+1）*(2*cnt+1)+y*cnt*(cnt+1）。

由容斥的基本思想我們可以知道;我們減去單個因子的倍數，同時也會把兩個因子的公倍數減去兩邊。所以我們還要加上兩個因子公倍數在n範圍內的倍數的和。

程式碼如下：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int maxn = 1e8 + 10;
const LL mod = 1000000007;
int arr[maxn/10];
int p;
LL _pow(LL a,LL b)
{
    LL res= 1;
    while(b)
    {
        if(b&1)  res=res*a%mod;
        b=b>>1;
        a=a*a%mod;
    }
    return res;
}
LL get(LL x, LL y) {
    LL cnt = x / y;
    return (y*y%mod*cnt%mod*(cnt+1)%mod*(2*cnt+1)%mod*_pow(6,mod-2)%mod   +    y*cnt%mod*(cnt+1)%mod*_pow(2,mod-2)%mod)%mod;
}

void getp(LL n) { //將要求預期互質的數因子分解 
    p = 0;
    for(int i = 2; i * i <= n; i++) {  
        if(n % i == 0) {  
            arr[p++] = i;
            while(n % i == 0)  
                n /= i;  
        }  
    }  
    if(n > 1) arr[p++] = n;
    //printf("(%d)", p);
}

int main() {
    LL n,m,sum;
    while(scanf("%lld %lld", &n,&m) != EOF) {
          LL ans = 0;
        if( n == 1) {
            sum=2;
            printf("%lld\n", ((sum - ans)+mod)%mod);
            continue;
        }
        getp(m);
         sum =(n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*_pow(6,mod-2)%mod    +    n*(n+1)%mod*_pow(2,mod-2)%mod)%mod;
        for(int i = 1; i < (1 << p); i++) { //狀壓 
            LL res = 0, cnt = 1;
            for(int j = 0; j < p; j++) {
                if(i & (1 << j)) {
                    cnt *= arr[j];
                    res++;
                }
            }
            if(res & 1){//容斥 
                ans += get(n, cnt); 
                ans%=mod;
            }
            else{
                ans -= get(n, cnt);
                ans=(ans+mod)%mod;
            }
        }
        printf("%lld\n", ((sum - ans)+mod)%mod);
    }
    return 0;
}