题目：
Z城市居住着很多只跳蚤。在Z城市周六生活频道有一个娱乐节目。一只跳蚤将被请上一个高空钢丝的正中央。钢丝很长,可以看作是无限长。节目主持人会给该跳蚤发一张卡片。卡片上写有N+1个自然数。其中最后一个是M,而前N个数都不超过M,卡片上允许有相同的数字。跳蚤每次可以从卡片上任意选择一个自然数S,然后向左,或向右跳S个单位长度。而他最终的任务是跳到距离他左边一个单位长度的地方,并捡起位于那里的礼物。
比如当N=2,M=18时,持有卡片(10, 15, 18)的跳蚤,就可以完成任务:他可以先向左跳10个单位长度,然后再连向左跳3次,每次15个单位长度,最后再向右连跳3次,每次18个单位长度。而持有卡片(12, 15, 18)的跳蚤,则怎么也不可能跳到距他左边一个单位长度的地方。
当确定N和M后,显然一共有M^N张不同的卡片。现在的问题是,在这所有的卡片中,有多少张可以完成任务。

 

初期思路：一开始因为gcd就往那方面想，然后想要完成任务就需要n+1个数字里的最大公因数为1，也就是gcd（x1,x2,x3,xn）=1.
然后我一开始以为欧拉可以求出与m互质的个数可能有用，结果没有思路。然后就开始想用总数减去公因数不为1的情况
即用m的n次方减去公约数，要用到容斥定理。
即ans=m^n-(有公因数2的n元组)-(有公因数3的n元组)-(有公因数5的n元组)+(有公因数2,3的n元组)+(有公因数2,5的n元组)+(有公因数3,5的n元组)-(有公因数2,3,5的n元组)+...


代码：

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long LL;
 4 LL n,m,cnt,ans;
 5 LL p[1000010];
 6 LL pow(LL a,LL b){//算a的b次方
 7     LL ans=1;
 8     while(b){
 9         if(b&1)
10         ans*=a;
11         b>>=1;
12         a*=a;
13     }
14     return ans;
15 }
16 void divide(LL m){//分割m的因子
17     cnt=0;
18     for(LL i=2;i*i<=m;i++){
19         if(m%i==0){
20             p[++cnt]=i;
21             while(m%i==0)
22             m/=i;
23         }
24     }
25     if(m>1)
26         p[++cnt]=m;
27 }
28 void dfs(LL x,LL sum,LL step){//step为多少个因子
29     if(x>cnt){
30         if(!step)
31             return;
32         if(step&1)
33             ans-=pow(m/sum,n);
34         else
35             ans+=pow(m/sum,n);
36         return;
37     }
38     dfs(x+1,sum,step);
39     dfs(x+1,sum*p[x],step+1);
40 }
41 int main(){
42     while(cin>>n>>m){
43         ans=pow(m,n);
44         divide(m);
45         dfs(1,1,0);
46         cout<<ans<<endl;
47     }
48     return 0;
49 }