(color{#0066ff}{ 题目描述 })
猪王国的文明源远流长，博大精深。
iPig在大肥猪学校图书馆中查阅资料，得知远古时期猪文文字总个数为N。当然，一种语言如果字数很多，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典，规模有可能远远超过康熙字典，花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不常用的字。
iPig打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载，那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的k分之一，其中k是N的一个正约数（可以是1和N）。不过具体是哪k分之一，以及k是多少，由于历史过于久远，已经无从考证了。
iPig觉得只要符合文献，每一种能整除N的k都是有可能的。他打算考虑到所有可能的k。显然当k等于某个定值时，该朝的猪文文字个数为N / k。然而从N个文字中保留下N / k个的情况也是相当多的。iPig预计，如果所有可能的k的所有情况数加起来为P的话，那么他研究古代文字的代价将会是G的P次方。
现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于iPig觉得这个数字可能是天文数字，所以你只需要告诉他答案除以999911659的余数就可以了。
(color{#0066ff}{输入格式})
输入文件ancient.in有且仅有一行：两个数N、G，用一个空格分开。
(color{#0066ff}{输出格式})
输出文件ancient.out有且仅有一行：一个数，表示答案除以999911659的余数。
(color{#0066ff}{输入样例})
4 2
(color{#0066ff}{输出样例})
2048
(color{#0066ff}{数据范围与提示})
10%的数据中，1 <= N <= 50；
20%的数据中，1 <= N <= 1000；
40%的数据中，1 <= N <= 100000；
100%的数据中，1 <= G <= 1000000000，1 <= N <= 1000000000。
(color{#0066ff}{ 题解 })
一句话题意，求(G^{sum_{k|n}C_n^k} mod 999911659)
根据欧拉定理
$G^{sum_{k|n}C_n^k} equiv G^{sum_{k|n}C_n^k mod 999911658}mod 999911659 $
现在我们要求(sum_{k|n}C_n^k mod 999911658)
把(999911658)质因数分解
(999911658=2*3*4679*35617)
分别算出上面组合数对四个模数的ans，然后用CRT合并
最后快速幂出答案
值的注意的是
1、阶乘和逆元要预处理
2、要考虑不互质的情况，用扩展欧拉定理
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
bool flag;
const int mix = 999911659;
const int mox = 999911658;
LL b[] = {0LL, 2LL, 3LL, 4679LL, 35617LL};
LL a[10];
LL fac[50505][5], inv[50505][5];
LL ksm(LL x, LL y, LL mod) {
if(x == 0) return 0;
LL re = 1LL;
while(y) {
if(y & 1) re = re * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return re % mod;
}
LL C(LL n, LL m, LL mod, int pos) {
if(m > n) return 0;
if(n >= mod || m >= mod) return C(n / mod, m / mod, mod, pos) * C(n % mod, m % mod, mod, pos) % mod;
return ((fac[n][pos] * inv[m][pos] % mod) * inv[n - m][pos]) % mod;
}
void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
if(!b) return(void)(x = 1, y = 0);
exgcd(b, a % b, x, y);
LL t = x - a / b * y;
x = y, y = t;
}
LL work(LL n, LL k) {
LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= 4; i++) {
a[i] = C(n, k, b[i], i);
LL x, y;
exgcd(b[i], mox / b[i], x, y);
x = ((mox / b[i] * y) % mox + mox) % mox;
(ans += (a[i] * x % mox)) %= mox;
}
return ((ans % mox) + mox) % mox;
}
void predoit() {
for(int i = 1; i <= 4; i++) fac[0][i] = 1;
for(int i = 1; i <= 4; i++)
for(int j = 1; j < b[i]; j++)
fac[j][i] = 1LL * fac[j - 1][i] * j % b[i];
for(int i = 1; i <= 4; i++) inv[b[i] - 1][i] = ksm(fac[b[i] - 1][i], b[i] - 2, b[i]);
for(int i = 1; i <= 4; i++)
for(int j = b[i] - 2; j >= 0; j--)
inv[j][i] = 1LL * (j + 1) * inv[j + 1][i] % b[i];
}
int main() {
LL n = in(), g = in();
LL ans = 0;
predoit();
for(LL i = 1; i * i <= n; i++) {
if(n % i == 0) {
ans = ans + work(n, i);
if(ans >= mox) ans %= mox, flag = true;
if(i * i != n) {
ans = ans + work(n, n / i);
if(ans >= mox) ans %= mox, flag = true;
}
}
}
printf("%lld
", ksm(g, (flag? ans + mox : ans), mix));
return 0;
}