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题意：

有n只青蛙，m块石头呈环放置（从0~m-1标记），第i只青蛙每次跳ai步，跳跃次数无限制。求被n只青蛙踩过的石头的下表和

思路1（欧拉函数）：

很明显，对于第i只青蛙，被踩的石头的编号一定是gcd（ai， m）的倍数，那么我们先将ai转换为gcd（ai，m）
然后对于第 j 块石头，我们定义它只能被跳跃步数为x的青蛙踩中（x满足gcd（m，j）= x）例如下面的样例：

2 12

9 10

那么这个样例之中被踩过并且有贡献的石头编号为2，3，4，6，8，9，10

按照我们的定义

2 10 是被跳跃步数为2的青蛙踩过

3 9 是被跳跃步数为3的青蛙踩过

4 8 是被跳跃步数为4的青蛙踩过

6 是被跳跃步数为6的青蛙踩过

这里的青蛙只有两个，但是我们可以造两个步数为4 和 6的青蛙，这对答案是完全没有影响的
因此 x 的答案贡献为 m以内 ∑ j [gcd（m，j）== x]
由gcd（m，j）= x，可以得到gcd（m/x，j/x）= 1，即（j/x）为（m/x）内所有与（m/x）互素的数
那么上面对于x的答案贡献就转换为 x * ∑ i [gcd（m/x，i）== 1]

知识点：设小于n的所有与n互质的数的和为Sum，Sum=n∗φ(n)/2

证明：

1. gcd（x，n）= 1，那么gcd（n-x，n）= 1同样满足

2. 可见n以内与n互素的数字都是成对出现的，而素数对的个数就是φ(n)/2，并且每一对素数和为n

证毕

由此x的答案再次变换为

x *（φ（m/x）/ 2 *（m/x））

稍稍化简得到

φ（m/x）/ 2*m

到这里就可以直接枚举m的因子，看跳跃步数为当前的因子fac青蛙能否被构造（fac % ai == 0）即可

AC代码1：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e4 + 9;int a[N], fac[N];int Euler (int n) {ll res = n;for (int i = 2; i * i <= n; i++) {if (n % i == 0) {res = res / i * (i - 1);while (n % i == 0) {n /= i;}}}if (n > 1) {res = res / n * (n - 1);}return res;
}int get_fac(int n) {int len = 0;for (int i = 2; i * i <= n; i ++) {if (n % i == 0) {fac[len++] = i;if (i * i != n) {fac[len++] = n / i;}}}sort (fac, fac + len);return len;
}int main() {int T, cnt = 1;scanf ("%d", &T);while (T --) {int n, m;bool flag = false;scanf ("%d%d", &n, &m);int len = get_fac(m);for (int i = 0; i < n; i ++) {scanf ("%d", a + i);a[i] = __gcd(a[i], m);if (a[i] == 1) {flag = true;}}ll ans = 0;for (int i = 0; i < len; i ++) {for (int j = 0; j < n; j ++) {if (fac[i] % a[j] == 0) {ans += 1ll * Euler(m/fac[i]) * m / 2 ;break;}}}printf ("Case #%d: ", cnt ++);if (flag) {cout << 1ll * m * (m - 1) / 2 << endl;} else {cout << ans << endl;}}return 0;
}

思路2（容斥原理）：

首先预处理出m的所有因子，每个因子的答案贡献次数初始化为1，然后根据容斥原理去调节后续每个因子的答案贡献次数。例如下面的样例：

2 24

9 10

24的所有因子为 2，3，4，6，8，12

初始化所有因子的答案贡献为1
计算2的答案贡献的时候，2的答案贡献次数为1，因此4，6，8，12的答案贡献次数 -1
计算3的答案贡献的时候，3的答案贡献次数为1，6和12的答案贡献次数-1
计算4的答案贡献的时候，4的答案贡献次数为1，8和12的答案贡献次数-1
（！高潮来了！）
计算6的答案贡献的时候，答案贡献次数为-1，这个时候12的答案贡献次数 -（-1）也就是+1
计算8的答案贡献的时候，答案贡献次数为-1，后续因子没有8的倍数，因此无须调节其他因子的答案贡献次数
计算12的答案贡献的时候，答案贡献次数为-1，与上面同理
（容斥原理真奇妙）

AC代码2：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e4 + 9;int a[N], vis[N], fac[N];int init(int n) {memset (vis, 0, sizeof vis);int len = 0;for (int i = 2; i * i <= n; i ++) {if (n % i == 0) {fac[len++] = i;if (i * i != n) {fac[len++] = n / i;}}}sort (fac, fac + len);return len;
}int main() {int T, cnt = 1;scanf ("%d", &T);while (T --) {int n, m;bool flag = false;scanf ("%d%d", &n, &m);int len = init(m);for (int i = 0; i < n; i ++) {scanf ("%d", a + i);a[i] = __gcd(a[i], m);if (a[i] == 1) {flag = true;}for (int j = 0; j < len; j ++) {if (fac[j] % a[i] == 0) {vis[j] = 1;}}}ll ans = 0;for (int i = 0; i < len; i ++) {ll res = m / fac[i];ans += res * (res - 1) / 2 * fac[i] * vis[i];for (int j = i + 1; j < len; j ++) {if (fac[j] % fac[i] == 0) {vis[j] -= vis[i];}}}printf ("Case #%d: ", cnt ++);if (flag) {cout << 1ll * m * (m - 1) / 2 << endl;} else {cout << ans << endl;}}return 0;
}

(PS.以上的答案贡献计算都是O(1)的)

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题意：

思路1（欧拉函数）：

2 12

9 10

那么这个样例之中被踩过并且有贡献的石头编号为2，3，4，6，8，9，10

按照我们的定义

2 10 是被跳跃步数为2的青蛙踩过

3 9 是被跳跃步数为3的青蛙踩过

4 8 是被跳跃步数为4的青蛙踩过

6 是被跳跃步数为6的青蛙踩过

知识点：设小于n的所有与n互质的数的和为Sum，Sum=n∗φ(n)/2

证明：

1. gcd（x，n）= 1，那么gcd（n-x，n）= 1同样满足

2. 可见n以内与n互素的数字都是成对出现的，而素数对的个数就是φ(n)/2，并且每一对素数和为n

证毕

x （φ（m/x）/ 2 （m/x））

φ（m/x）/ 2*m

AC代码1：

思路2（容斥原理）：

2 24

9 10

24的所有因子为 2，3，4，6，8，12

AC代码2：

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