题目链接：
http://poj.org/problem?id=2154
题目大意：
给定 N 种颜色的珠子，每种颜色珠子的个数均不限，将这些珠子做成长度为 N 的项链。
问能做成多少种不重复的项链，最后结果对 P 取模。并且两条项链相同，当且仅当两条
项链通过旋转后能重合在一起，且对应珠子的颜色相同。
解题思路：
Polya定理的应用。先来看Polya定理。
Polya定理：设 G = {a1，a2，…，ag}是 N 个对象的置换群，用 M 种颜色给这 N 个
对象着色，则不同的着色 方案数为：
|G|^(-1) * {M^c(a1) + M^c(a2) + … + M^c(ag)}。
其中 c(ai)为置换 ai 的循环节数，( i = 1，2，…，g )。
对于这道题，直接用Polya定理求解，找出所有的置换，并求出置换的循环节数。然后
根据上边公式求出 M^c(ai) 的总和，再除以置换群个数。
旋转置换：分别顺时针旋转 i 个珠子，其循环节长度为 LCM(N，i) / i，循环节数为
N / (LCM(N，i) / i)，即 GCD(N，i)。
方案数为： N^(-1) * Σ{ N^GCD(N，i) } % P (0 <= i <= N)。
这里的N非常大，按照上边的方法遍历 i 从0 到 N，复杂度太高。
在枚举 i 的时候，会出现很多相同的GCD(N，i) == k，问题变为存在多少个 i，从而使
得GCD(N，i) == k。
求GCD(N，i) == k的个数，其实就是求GCD(N/k，i/k) == 1的个数，答案为phi(N/k)
个。
因为k 为N的约数，则遍历 k 时，只需要从 2 到 sqrt(N) 即可。
方案数为： Σ{ phi(N/k) * N^(k-1) + phi(k) * N^(N/(k-1)) } % P (2 <= k <= sqrt(N))。
注意当 k == sqrt(N) 的时候，只加前部分，不要重复加，详细参考代码。
AC代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
bool IsPrime[50050];
int Prime[8010],Num;
void GetPrime()
{
Num = 0;
for(int i = 2; i <= 50000; ++i)
{
if(!IsPrime[i])
{
Prime[Num++] = i;
for(int j = 1; j*i <= 50000; ++j)
{
IsPrime[i*j] = true;
}
}
}
}
int Euler(int x)
{
int ans = x;
for(int i = 0; i < Num && Prime[i]*Prime[i] <= x; ++i)
{
if(x % Prime[i] == 0)
{
ans = ans / Prime[i] * (Prime[i]-1);
while(x % Prime[i] == 0)
x /= Prime[i];
}
}
if(x > 1)
ans = ans / x * (x-1);
return ans;
}
int QuickMod(int a,int b,int m)
{
int ans = 1 % m;
a %= m;
while(b > 0)
{
if(b & 1)
ans = ans * a % m;
a = a * a % m;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
int T,N,P;
GetPrime();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d %d",&N,&P);
int ans = 0;
for(int i = 1; i*i <= N; ++i)
{
if(i*i == N)
ans = (ans + Euler(i)%P *QuickMod(N,i-1,P)) %P; //不要重复加
else if(N % i == 0)
ans = ( ans + Euler(i)%P * QuickMod(N,N/i-1,P) + Euler(N/i)%P * QuickMod(N,i-1,P) ) % P;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
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