题目描述
不到长城非好汉，但是不是每个人都能轻易的登上长城的。
因为只有解开 $LCM（k^{2^l}+1，k^{2^{（l+1）}}+1， ……，k^{2^r}+1）$ 这道题的人才能登上。其中k，l，r是给定的整数。由于结果比较大，我们将结果对p取余，p是一个质数。
说明：
$LCM（a_1，a_2，…，a_n）$ 表示的是 $a_1，a_2，…,a_n$ 的最小公倍数。
我们规定，对于任意整数x， $x^0＝1$ ；
不到长城非好汉，但是不是每个人都能轻易的登上长城的。
因为只有解开 LCM（k2l+1，k2（l+1）+1，……，k2r+1）LCM（k2l+1，k2（l+1）+1，……，k2r+1）
这道题的人才能登上。其中k，l，r是给定的整数。由于结果比较大，我们将结果对p取余，p是一个质数。
说明：
LCM（a1，a2，…，an）LCM（a1，a2，…，an）
表示的是 a1，a2，…,ana1，a2，…,an
的最小公倍数。
我们规定，对于任意整数x， x0＝1x0＝1
；
** 收起
** 展开全文
**
输入
```{.ng-binding style="font-size: medium; word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;"}
多组测试数据：
第一行，有一个整数t（1≤t≤10^5）表示多少个测试用例。
接下来的t行，每行有四个整数，格式为“ki li ri pi”（1≤ki≤10^6，0≤li≤ri≤10^18，2≤pi≤10^9,保证p是质数），表示题干公式中的k，l，r，p。
```
输出
{.ng-binding style="font-size: medium; word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;"} 共t行，每行一个整数，表示对应的答案。
输入样例
2
3 1 10 2
5 0 4 3输出样例
0
0**
BB
痛失一血（打了场Comet OJ回来就没了）
不过后来又刷了一道水题
题解
LCM+取模=结论题
结论1
$gcd(k^{2^i}+1,k^{2^j}+1)=1 (i\neq j 且k为偶数)$
证明：
设i 若存在$q\mid k^{2^i}+1$，则$k^{2^i}\equiv -1(mod ;q)$ 那么$k^{2^{i+k}}\equiv 1(mod ;q)$（k>0），则$k^{2^j} \equiv 1(mod ;q)$，$k^{2^j}+1 \equiv 2(mod ;q)$ 当q>2时无解，当q=2时由于k为偶数，所以k的幂+1为奇数，不存在为2的因子（即无解） 所以gcd=1 gcd(k^{2^i}+1,k^{2^j}+1)=2 (i\neq j 且k为奇数)$ 证明： 同上，可以发现只存在q=2的公因数 简单又自然 先特判掉模数为2 ①K不是P的倍数 如果K不是P的倍数，那么把式子拆开后变成 $ans=\sum_{i=0}^{2^{r-l+1}-1}{({k^{2^l}})^i}$ 设$a={k^{2^l}}$，则$ans=\sum_{i=0}^{2^{r-l+1}-1}{a^i}$ 2^l^和$2^r$可以快速幂求，因为a^0^=a^p-1^ mod p=1，可以发现模数实际上是(P-1) 剩下的就是一个等比数列求和 因为K不是P的倍数且P为质数，所以$k^{2^{i}}$必定不为0，$k^{2^{i}}-1$（等比数列求和的分母）不会为-1 但是$k^{2^{i}}$可能为1，这样的话$ans=2^{r-l+1}$ ②K是P的倍数 显然ans=1 如果K为奇数，那么就还要除掉多出来的的2^R-L^结论2
乱搞
code
#include