Color POJ

Beads of N colors are connected together into a circular necklace of N beads (N<=1000000000). Your job is to calculate how many different kinds of the necklace can be produced. You should know that the necklace might not use up all the N colors, and the repetitions that are produced by rotation around the center of the circular necklace are all neglected.

You only need to output the answer module a given number P.
Input
The first line of the input is an integer X (X <= 3500) representing the number of test cases. The following X lines each contains two numbers N and P (1 <= N <= 1000000000, 1 <= P <= 30000), representing a test case.
Output
For each test case, output one line containing the answer.
Sample Input
5
1 30000
2 30000
3 30000
4 30000
5 30000
Sample Output
1
3
11
70
629
这道题就是各种数学定理的应用
首先是可以确定是使用Polya定理
因为只考虑旋转的重复的问题，所以可以确定，对于一个数量为n的串，那么其置换群的大小为n（不包括对换的情况）
那么对于每个群所得的循环节的大小，我们可以通过gcd（i，n）来计算，但是可以发现，n的范围太大，逐个枚举铁定会超时，这里用得到技巧是不去枚举i，而去枚举每个循环节的长度设为L。
设d=gcd(i,n)
那么n=L*d,
对于i，我们设a使得i=a*d，
那么可知a和L必然互质，假设我们先确定了L，那么我们就只需要去找有多少个不同的d与L互质，这就是应用到了欧拉函数，那么在L下，一共有euler（L）个d，也就是有多少个i。
到此我们就可以去枚举L了，然后计算与之相应的euler（L）值。
但是即使如此，线性枚举L还是有超时的可能

当n%L==0满足时，其实际上n/L也是满足能被n整除，而我们就可与利用这个额外的信息去优化也就是折半枚举
这道题的到这里的处理和HDU-2588如出一辙
代码：

import java.util.Scanner;public class Main {    static int mod;    public static void main(String[]args)    {        Scanner sc=new Scanner(System.in);        int t=sc.nextInt();        while((t--)>0)        {            int n=sc.nextInt();            mod=sc.nextInt();            long ans=0;            int i=0;            for(i=1;i*i<n;i++)            {                if(n%i==0)//然后能整除，那我们就得到了i和n/i两个可除的数                    ans=(ans+quick(n,n/i-1)*euler(i)+quick(n,i-1)*euler(n/i))%mod;            }            if(i*i==n)//如果恰n可开放，那么在这种情况下只要除一次                ans=(ans+quick(n,i-1)*euler(i))%mod;            System.out.println(ans);        }    }    static long quick(int a,int b)//这里为了处理Polya部分的幂运算，使用了快速mi加速    {        long ans=1;        a%=mod;        while(b>0)        {            if((b&1)==1)            {                ans=(ans*a)%mod;            }            a=a*a%mod;            b>>=1;        }        return ans;    }    static int euler(int n)//欧拉函数    {        int res=n;        for(int i=2;i*i<=n;i++)        {            if(n%i==0)            {                res-=res/i;                while(n%i==0)                    n/=i;            }        }        if(n>1)            res-=res/n;        return res%mod;    }}