HNOI2002跳蚤--容斥原理

题目描述：读入n,m两个数，假设一个合法的数列是n+1位，且前n位不大于m，第n+1位为m。对于每一个数列，跳蚤可以选取任意一个数列中的数k，往左或右走k步（可以走多次），若使用这一个数列跳蚤可以到达左边一步的位置，那么这一个数列就是可以完成任务的数列。现在需要求出可以完成任务的数列的总数。

分析：题目需要找出所有能够到达左边一步位置的方案总数，能够到达左边一步，就相当于数列中所有数的最大公约数为1（可以通过扩欧推出），那么我们就转化成这样一个问题，取n个不大于m的数（位置不同也算不同方案），使得他们和m的最大公约数为1。

想到这一步，我们可以把问题转化为：所有合法数列的总数（m个数放到n位，共有m的n次方种）减去数列的最大公约数大于1的总数。

我们可以这么做：将m质因数分解，枚举m的质因数t，那么1到m之间有m/t个t的倍数，把数列中全都是这些m/t个数的方案数减去即可。

然而这种方法是存在问题的，有可能会重复减去同一种方案（6的倍数会同时在2的倍数和3的倍数时都减），所以需要枚举m的所有质因数的组合方式，记录每种组合的元素个数为tot，乘积为tmp，若tot是奇数，那么减去m/tmp个数放到n位里的方案个数，否则加上m/tmp个数放到n位里的方案个数（共有m/tmp的n次方种），这就是大名鼎鼎的容斥原理啊！

代码还是很短的。

#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[30],n,m;
LL ans;
LL pow(LL x,int y){
    LL ans=1;
    while(y){
        if(y&1)ans*=x;
        x*=x;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}
void solve(){
    int k=m;
    for(int i=2;i*i<=k;i++)
        if(k%i==0){
            a[++a[0]]=i;
            while(k%i==0)k/=i;
        }
    if(k>1)a[++a[0]]=k;
    for(LL i=1;i<(1<