题意：

有\(m(1 \leq m \leq 10^9)\)个石子排成一圈，编号分别为\(0,1,2 \cdots m-1\)。
现在在\(0\)号石头上有\(n(1 \leq n \leq 10^4)\)只青蛙。第\(i\)只青蛙每次能往前跳\(a_i\)步，但是他们跳的次数不加限制。
如果一块石头能至少被一只青蛙跳上去，那么称这块石头被占领了。
求所有可能被占领的石头的编号和。

分析：

首先我们应该发现这样一个事实：

每次向前跳\(a_i\)步的效果和跳\(GCD(a_i, m)\)步是一样的

所以可以对每个\(a_i\)和\(m\)求个\(GCD\)，然后排序去重，这样\(a_i\)的数量就会很少。
在第一个样例中，\(m=12\)，求完\(GCD\)的\(a_i\)为\((2, 3)\)。
那么被\(2\)占领的石块的编号为\((0, 2, 4, 6, 8, 10)\)；被\(3\)占领的石块的编号为\((0, 3, 6, 9)\)。
显然这样是有重复的，\(6\)号石块既会被\(2\)占领，又会被\(3\)占领。

和HDU 5528 Count a * b这题一样，为了避免算重，我们规定：

编号为\(i\)的石块只会被步长为\(GCD(i, m)\)的青蛙占领

在这之前我们还要预处理一下：
找出\(m\)所有的约数，然后用一个标记数组标记这些约数中存在哪些步长的青蛙。还要把所有步长的倍数也都标记上，也就是说有一个步长为\(d\)的青蛙，如果\(kd\)也是\(m\)的约数，我们可以假设还有一只步长为\(kd\)的青蛙存在。因为这样并不影响最终的结果。

还是上面那个例子，对于步长为\(2\)的青蛙，我们只统计\((2,10)\)这两个石块。其他的\((4,8)\)这两个石块会在步长为\(4\)的青蛙中统计，\((6)\)这个石块会在步长为\(6\)的青蛙中统计上。

一般地，对于步长为\(d\)的青蛙，我们要统计的石块的个数就是\([1,\frac{m}{d}]\)互质的个数，即\(\phi(\frac{m}{d})\)。
这些石块的编号和为\(d \cdot \frac{\frac{m}{d} \phi(\frac{m}{d})}{2}=m\frac{\phi(\frac{m}{d})}{2}\)。

解释一下上面公式：
其实我们只需要证明这样一条公式：

\(n > 1\)时，\([1,n]\)中与\(n\)互质的数字之和为：\(\frac{n \phi(n)}{2}\)

证明：
因为\(GCD(n,i)=GCD(n,n-i)\)，所以如果有\(GCD(n,i)=1\)，那么也一定有\(GCD(n,n-i)=1\)成立。
所以满足\(GCD(n,i)=1\)的数都是成对出现的，而且它俩的和为\(n\)。
还要证明一下，这样不会算重，也就是不会出现\(i=n-i\)的情况。
因为如果\(i=n-i \Rightarrow n=2i\)，得到\(n\)是偶数，\(i=\frac{n}{2}\)。显然\(GCD(n,i) \neq 1\)，推出矛盾。
上面是针对\(n>2\)的情况，幸运的是，\(n=2\)也满足这条公式。
证毕。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#define MP make_pair
using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int maxp = 32000;int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a%b); }int pcnt;
int prime[maxp], phi[maxp];
bool vis[maxp];void preprocess() {for(int i = 2; i < maxp; i++) {if(!vis[i]) {prime[pcnt++] = i;phi[i] = i - 1;}for(int j = 0; j < pcnt && i * prime[j] < maxp; j++) {vis[i * prime[j]] = true;if(i % prime[j] == 0) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);}}
}LL Phi(int n) {if(n < maxp) return phi[n];LL ans = 1;for(int i = 0; i < pcnt; i++) {if(prime[i] * prime[i] > n) break;for(int j = 0; n % prime[i] == 0; j++) {if(!j) ans *= (prime[i] - 1);else ans *= prime[i];n /= prime[i];}}if(n > 1) ans *= (n - 1);return ans;
}const int maxn = 10000 + 10;
int n, m;
int a[maxn];vector<PII> divide;
vector<int> factors;
bool occupied[maxn];void dfs(int d, int x) {if(d == divide.size()) {factors.push_back(x);return ;}int p = divide[d].first, e = divide[d].second;for(int i = 0; i <= e; i++) {dfs(d+1, x);x *= p;}
}int main()
{preprocess();int T; scanf("%d", &T);for(int kase = 1; kase <= T; kase++) {printf("Case #%d: ", kase);scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 0; i < n; i++) {scanf("%d", a + i);a[i] = gcd(m, a[i]);}sort(a, a + n);n = unique(a, a + n) - a;if(a[0] == 1) { printf("%lld\n", (LL)m * (m-1) / 2); continue; }divide.clear();int t = m;for(int i = 0; i < pcnt; i++) {if(prime[i] * prime[i] > t) break;if(t % prime[i] == 0) {int cnt = 0;while(t % prime[i] == 0) {t /= prime[i];cnt++;}divide.push_back(MP(prime[i], cnt));}}if(t > 1) divide.push_back(MP(t, 1));factors.clear();dfs(0, 1);sort(factors.begin(), factors.end());int sz = factors.size();memset(occupied, false, sizeof(occupied));for(int i = 0; i < n; i++) {int k = lower_bound(factors.begin(), factors.end(), a[i]) - factors.begin();occupied[k] = true;}for(int i = 1; i < sz; i++) if(!occupied[i])for(int j = 0; j < i; j++) if(factors[i] % factors[j] == 0 && occupied[j]) {occupied[i] = true;break;}LL ans = 0;for(int i = 0; i < sz - 1; i++) if(occupied[i]) {int t = m / factors[i];ans += (LL)m * Phi(t) / 2;}printf("%lld\n", ans);}return 0;
}