题目链接：
https://vjudge.net/contest/423678#problem/B
题目研究的染色问题是(Burnside)的经典问题，其中对于手环的旋转、翻折、颜色的整体变化都属于置换的范畴，可以使用置换群研究，我们把这3种操作作为生成元产生一个置换群(G)
之后利用数学化的描述方法来解读这个题目，它会帮助你厘清很多的概念
问题的数学化：
给定正整数(n,m,nge 3,mge 2)，生成一个由序列组成的集合(S)
(S={a|a=a_0,a_1,...,a_{n-1},forall i,a_iin [0,m)cap N})，其中(N)是自然数集合（注意包含(0)）
在集合(S)上定义(3)个一一映射函数：
1.(a^{'}=f_I(a):forall i,a^{'}_{i}=a_{n-1-i})
2.(a^{'}=f_R(a):forall i,a^{'}_{i}=a_{(i+1)mod\, n})
3.(a^{'}=f_A(a):forall i,a^{'}_{i}=(a_{i}+1)mod\,m)
(f_I)的反函数是(f_I)
(f_R)的反函数是({f_R}^{n-1})
(f_A)的反函数是({f_A}^{n-1})
我们设一个由映射组成的集合(G)
(G={f|f=f_kcirc f_{k-1}circ ...circ f_1,kin N,f_1,f_2,...,f_kin{f_I,f_R,f_A}})
假设(b=f_kcirc f_{k-1}circ ...circ f_1(a),kin N,f_1,f_2,...,f_kin{f_I,f_R,f_A})
则(a={f_1}^{-1}circ {f_2}^{-1}circ ...circ {f_k}^{-1}(b))
即(forall fin G,exist gin G,g=f^{-1})
由于函数的复合运算符合结合律，(G)中又包含一个从自身到自身的映射(以下简称为(e))，(G)中的每个映射都有逆元
所以(G)是一个置换群（置换是定义在一个特定集合上的一一映射）
由此可以定义一个(S)上的等价关系
(Esubset S imes S)
(E={(a,b)|exist fin G,f(b)=a})
(ecause forall (a,b)in E)
(exist fin G,f(b)=a)
( herefore f^{-1}in G,a=f^{-1}(b))
( herefore (b,a)in E)，(E)是一个对称关系
(ecause forall (x,y),(y,z)in E)
(exist f_1,f_2in G,y=f_1(x),z=f_2(y))
( herefore z=f_2circ f_1(x),f_2circ f_1in G)
( herefore(x,z)in E)，(E)是一个传递关系
(forall xin S,exist f(x)=x)，(f)是(G)的单位元(e)
( herefore forall xin S,(x,x)in E)，(E)是(S)上的自反关系
综上，(E)是(S)上的一个等价关系
我们按照(E)将(S)划分为若干等价类，问有多少个等价类？
置换群的分析
虽然置换群(G)的生成方法是多种多样的，但是(G)是一个有限群，共(2nm)个元素
证明：
1.证明(f_A,f_R)是可以交换的元素
设(a^{''}=f_A(a^{'})，a^{'}=f_R(a))
则(a^{''}=f_Acirc f_R(a))
那么(forall i,a^{'}_{i}=a_{(i+1)mod\, n})
(forall i,a^{''}_{i}=(a^{'}_{i}+1)mod\,m=(a_{(i+1)mod \,n}+1)mod\,m)
即(f_Acirc f_R:forall i,a^{''}=(a_{(i+1)mod \,n}+1)mod\,m)
设(b^{''}=f_R(b^{'})，b^{'}=f_A(b))
则(b^{''}=f_Rcirc f_A(b))
那么(forall i,b^{'}_{i}=(b_{i}+1)mod\,m)
(forall i,b^{''}_{i}=b^{'}_{(i+1)mod\,n}=(b_{(i+1)mod \,n}+1)mod\,m)
即(f_Acirc f_R:forall i,b^{''}=(b_{(i+1)mod \,n}+1)mod\,m)
( herefore f_Acirc f_R=f_Rcirc f_A)
2.证明(f_A,f_I)是可以交换的元素
设(a^{''}=f_A(a^{'})，a^{'}=f_I(a))
则(a^{''}=f_Acirc f_I(a))
那么(forall i,a^{'}_{i}=a_{(n-1-i)mod\, n})
(forall i,a^{''}_{i}=(a^{'}_{i}+1)mod\,m=(a_{(n-1-i)mod \,n}+1)mod\,m)
即(f_Acirc f_R:forall i,a^{''}=(a_{(n-1-i)mod \,n}+1)mod\,m)
设(b^{''}=f_I(b^{'})，b^{'}=f_A(b))
则(b^{''}=f_Icirc f_A(b))
那么(forall i,b^{'}_{i}=(b_{i}+1)mod\,m)
(forall i,b^{''}_{i}=b^{'}_{(n-1-i)mod\,n}=(b_{(n-1-i)mod \,n}+1)mod\,m)
即(f_Acirc f_R:forall i,b^{''}=(b_{(n-1-i)mod \,n}+1)mod\,m)
( herefore f_Acirc f_I=f_Icirc f_A)
所以综上，我们可以通过调换(f_A)的位置，让(f_A)变换到整个生成式的右侧
定义一个由(f_A)组成的群(A={{f_A}^k|kin N})
因为({f_A})的阶数为(m)，所以(A={e,f_A,{f_A}^2,...,{f_A}^{m-1}})，是一个(m)阶循环群
那么
(G={f|f=f_kcirc f_{k-1}circ ...circ f_1,kin N,f_1,f_2,...,f_kin{f_I,f_R,f_A}})
(={f|f=f_kcirc f_{k-1}circ ...circ f_1,kin N,f_1,f_2,...,f_kin{f_I,f_R}} imes A)
现在看左边的这部分({f|f=f_kcirc f_{k-1}circ ...circ f_1,kin N,f_1,f_2,...,f_kin{f_I,f_R}})
我们可以称其为(B)，它是一个由(f_I,f_R)生成的群
下面来看一下(f_I,f_R)的运算特性：
设(a^{''}=f_I(a^{'}),a^{'}=f_R(a))
那么(forall i,a^{'}_{i}=a_{(i+1)mod\,n})
(forall i,a^{''}_{i}=a^{'}_{(n-1-i)mod n}=a_{(-i)mod n})
( herefore a^{''}=f_Icirc f_R(a):forall i,a^{''}_{i}=a_{(-i)mod n})
( herefore (f_Icirc f_R)circ (f_Icirc f_R)=e)
((f_Icirc f_R)=(f_Icirc f_R)^{-1})
(f_Icirc f_R={f_R}^{-1}circ {f_I}^{-1})
(ecause f_I^{-1}=f_I)
( herefore f_Icirc f_R={f_R}^{-1}circ f_I)
类似地，(f_Icirc {f_R}^{-1}={f_R}circ f_I)
我们可以按照这个规律对(B)集合中的元素进行变换：
(forall f=f_kcirc f_{k-1}circ...circ f_1,kin N,f_1,f_2,...,f_kin {f_I,f_R})
(f={f_R}^{rot}{f_I}^{inv})
那么(Bsubset R imes I)
其中(R={{f_R}^k,kin N})
因为(f_R)的阶数是(n)，所以(R)是一个(n)阶循环群
(I={{f_I}^k,kin N})
因为(f_I)的阶数是(2)，所以(I)是一个(2)阶循环群
又(ecause forall fin R imes I,f={f_R}^{k_1}{f_A}^{k_2},k_1in [0,n)cap N,k_2in{0,1})
( herefore fin B)
( herefore R imes I subset B)
( herefore B=R imes I)
综上，(G=R imes I imes A)
(|R|=n,|I|=2,|A|=m)，故(|G|=2nm)
(当然，(G=R imes I imes A)是可以任意交换顺序的，在此不再证明)
从(A,B)中各挑选一个元素，它们的运算是可以交换的，这是一个很好的性质，这方便我们分别研究(A,B)
(A)的性质比较简单，我们可以先跳过，先研究(B)
(B)可以分为两类
1.({f_R}^{k},kin[0,n)cap N)，一共(n)个元素
2.({f_R}^{k}f_I,kin[0,n)cap N)，一共(n)个元素
是按照生成过程中是否有(f_I)参与划分
对于第一类
(a^{'}={f_R}^{k}(a):forall a^{'}_{i}=a_{(i+k)mod\,n})
记为(R={f|kin [0,n)cap N,a^{'}=f(a):forall a^{'}_{i}=a_{(i+k)mod\,n}})
对于第二类
(a^{'}={f_R}^{k}f_I(a):forall a^{'}_{i}=a_{(-1-k-i)mod\,n})
如果用(k)替换((-k-1)mod \, n)，那么可以记为
(R imes{f_{I}}={f|kin [0,n)cap N,a^{'}=f(a):forall a^{'}_{i}=a_{(-i+k)mod\,n}})
(Burnside)计数问题
给定一个有限集合(S),以及(S)上的置换群(G)，所求等价类的数量为
(frac{1}{|G|}sum_{fin G}sum_{ain S}[f(a)=a])
也就是说枚举每一个置换(f)，数出有多少个(S)中的元素在(f)的映射下保持不变，求和，再取平均数
通常把(sum_{ain S}[f(a)=a])记为(C(G))
那么答案可以写成
(frac{1}{2nm}sum_{f_1in B}sum_{f_2in A}sum_{ain S}[f_1circ f_2(a)=a])
(=frac{1}{2nm}sum_{f_1in R}sum_{f_2in A}sum_{ain S}[f_1circ f_2(a)=a]+frac{1}{2nm}sum_{f_1in R imes{f_I}}sum_{f_2in A}sum_{ain S}[f_1circ f_2(a)=a])
左侧一式的求和
对于左侧这一求和式
我们可以先看最内层的求和式，那么(f_1,f_2)就已经是确定的置换了
不妨设(a^{''}=f_1(a^{'}):forall i,a^{''}_{i}=a^{'}_{(i+k_1)mod\, n},a^{'}=f_2(a):forall i,a^{'}_{i}=(a_{i}+k_2)mod\,m)
(a^{''}=f_1circ f_2(a):forall i,a^{''}_{i}=(a_{(i+k_1)mod\, n}+k_2)mod\,m)
( herefore [a=f1circ f2(a)])等价于
(forall i,a_{i}=(a_{(i+k_1)mod\, n}+k_2)mod\,m)
我们根据这一性质将({0,1,2,...,n-1})划分为若干等价类
({{x|x=(i+k_1j)mod\,n,jin N}|iin [0,n)cap N})
其中，(k_1)是个定值
假如给定(i,x)，求解方程(x=(i+k_1j) mod\,n)
若有解，则证明(x,i)在同一个等价类中
根据贝祖定理，该方程有解的等价条件为(gcd(k_1,n)|(x-i))
即(xequiv i (mod\, gcd(k_1,n)))
这是一个典型的同余关系，一共有(gcd(k_1,n))个等价类，简写为(K)，每个等价类的大小都是(frac{n}{gcd(k_1,n)})，简写为(L)
对于一个等价类({x|x=(i+k_1j)mod\,n,jin N})
我们可以把它写成({b_0,b_1,...,b_{L-1}})
其中(b_j=i+k_1j)
那么(a_{b_0}equiv a_{b_1}+k_2equiv a_{b_2}+2k_2equiv...equiv a_{b_0}+Lk_2 (mod \,m))
这说明(m|Lk_2)
等价于(frac{lcm(m,L)}{L}|k_2)
一旦(k_2)确定，那么只要确定了(a_0,a_1,...,a_{K-1})，其它的数也就确定了
因为(a_0,a_1,...,a_{K-1})是无关的，故有(m^K)种可能
故左式可以写成
(frac{1}{2nm}sum_{k_1=0}^{n-1}sum_{k_2=0}^{m-1}[frac{lcm(m,L)}{L}|k_2]m^K)
(K=gcd(k_1,n),L=frac{n}{K})
那么原式可以写成
(frac{1}{2nm}sum_{k_1=0}^{n-1}m^{gcd(k_1,n)}sum_{k_2=0}^{m-1}[frac{lcm(m,L)}{L}|k_2])
其中(sum_{k_2=0}^{m-1}[frac{lcm(m,L)}{L}|k_2]=frac{mL}{lcm(m,L)}=gcd(m,L)=gcd(m,frac{n}{gcd(k_1,n)}))
原式(=frac{1}{2nm}sum_{k_1=0}^{n-1}m^{gcd(k_1,n)}gcd(m,frac{n}{gcd(k_1,n)}))
直接计算这个式子的时间开销是很高的，我们需要对它进行一些变形
按照(gcd(k_1,n))的大小进行分类求和
原式(=frac{1}{2nm}sum_{t|n}m^{t}gcd(m,frac{n}{t})sum_{k_1=0}^{n-1}[t=gcd(k_1,n)])
其中(sum_{k_1=0}^{n-1}[t=gcd(k_1,n)]=sum_{i=0}^{frac{n}{t}-1}[1=gcd(i,frac{n}{t})])
当(frac{n}{t}=1)时上式为(1)
当(frac{n}{t}>1)，那么上式为(sum_{i=1}^{frac{n}{t}-1}[1=gcd(i,frac{n}{t})]=sum_{i=1}^{frac{n}{t}}[1=gcd(i,frac{n}{t})]=varphi(frac{n}{t}))
故上式为(varphi(frac{n}{t}))
结论
原式为(frac{1}{2nm}sum_{t|n}m^{t}gcd(m,frac{n}{t})varphi(frac{n}{t}))
或者(frac{1}{2nm}sum_{t|n}m^{frac{n}{t}}gcd(m,t)varphi(t))
右侧一式的求和
对于右侧的求和式
(frac{1}{2nm}sum_{f_1in R imes{f_I}}sum_{f_2in A}sum_{ain S}[f_1circ f_2(a)=a])
我们可以先看最内层的求和式，那么(f_1,f_2)就已经是确定的置换了
不妨设(a^{''}=f_1(a^{'}):forall i,a^{''}_{i}=a^{'}_{(-i+k_1)mod\, n},a^{'}=f_2(a):forall i,a^{'}_{i}=(a_{i}+k_2)mod\,m)
(a^{''}=f_1circ f_2(a):forall i,a^{''}_{i}=(a_{(-i+k_1)mod\, n}+k_2)mod\,m)
( herefore [a=f1circ f2(a)])等价于(forall i,a_{i}=(a_{(-i+k_1)mod\, n}+k_2)mod\,m)
将({0,1,2,...,n-1})划分成以下的等价类
({{x|x=i\,or\,x=(k_1-i)mod \, n}|iin{0,1,2,...,n-1}})
那么对于一个等价类，它要么含有(1)个元素，要么含有(2)个元素，我们根据它的性质进行了划分
1.(n)是奇数
因为(iequiv k_1-i(mod\,n))只有一个解，那么就只有(1)个等价类包含(1)个元素，其它的都是(2)个元素
所以有(frac{n-1}{2})个等价类含有(2)个元素，有(1)个等价类含有(1)个元素
对于包含(1)个元素的等价类({b_0})，有(a_{b_0}=(a_{b_0}+k_2)mod\,m)
即(m|k_2)，(k_2=0)是唯一的可能
(a_{b_0})有(m)种可能
对于包含(2)个元素的等价类({b_1,b_2})，有(a_{b_1}=(a_{b_2}+k_2)mod\,m=(a_{b_1}+2k_2)mod\,m)
即(m|2k_2)，与(k_2=0)不矛盾
(a_{b_1}=a_{b_2})，它们有(m)种可能
故共有(m^{frac{n+1}{2}})种可能
原式为(frac{1}{2nm}sum_{k_1=0}^{n-1}m^{frac{n+1}{2}}=frac{1}{2nm}nm^{frac{n+1}{2}})
2.(n)是偶数，(m)是奇数
这个时候还要分两种情况讨论
I.(k_1)是奇数
此时(iequiv k_1-i(mod\,n))无解，因此所有的等价类都只有(2)个元素，一共有(frac{n}{2})个等价类
对于包含(2)个元素的等价类({b_1,b_2})，有(a_{b_1}=(a_{b_2}+k_2)mod\,m=(a_{b_1}+2k_2)mod\,m)
即(m|2k_2)
由于(m)是奇数，故等价于(m|k_2)，即(k_2=0)是唯一的可能性
(a_{b_1}=a_{b_2})，每个等价类都有(m)种可能性，故共有(m^{frac{n}{2}})种
II.(k_1)是偶数
此时(iequiv k_1-i(mod\,n))只有(2)个解，(i=frac{k_1}{2},frac{k_1+n}{2})，因此有(2)个等价类有(1)个元素，(frac{n}{2}-1)个等价类有(2)个元素，一共有(frac{n}{2}+1)个等价类
对于包含(1)个元素的等价类({b_0})，有(a_{b_0}=(a_{b_0}+k_2)mod\,m)
即(m|k_2)，(k_2=0)是唯一的可能
(a_{b_0})有(m)种可能
对于包含(2)个元素的等价类({b_1,b_2})，有(a_{b_1}=(a_{b_2}+k_2)mod\,m=(a_{b_1}+2k_2)mod\,m)
即(m|2k_2)，与(k_2=0)不矛盾
(a_{b_1}=a_{b_2})，它们有(m)种可能
故共有(m^{frac{n}{2}+1})种可能
综上，原式为(frac{1}{2nm}(frac{n}{2}m^{frac{n}{2}}+frac{n}{2}m^{frac{n}{2}+1})=frac{1}{2nm}frac{n}{2}(m+1)m^{frac{n}{2}})
3.(n)是偶数，(m)是偶数
这个时候还要分两种情况讨论
I.(k_1)是奇数
此时(iequiv k_1-i(mod\,n))无解，因此所有的等价类都只有(2)个元素，一共有(frac{n}{2})个等价类
对于包含(2)个元素的等价类({b_1,b_2})，有(a_{b_1}=(a_{b_2}+k_2)mod\,m=(a_{b_1}+2k_2)mod\,m)
即(m|2k_2)
由于(m)是偶数，故有(k_2=0,frac{m}{2})两种情况
在确定了(a_{b_1})后，(a_{b_2})就确定了，每个等价类有(m)种可能性，故共有(m^{frac{n}{2}})种
II.(k_1)是偶数
此时(iequiv k_1-i(mod\,n))只有(2)个解，(i=frac{k_1}{2},frac{k_1+n}{2})，因此有(2)个等价类有(1)个元素，(frac{n}{2}-1)个等价类有(2)个元素，一共有(frac{n}{2}+1)个等价类
对于包含(1)个元素的等价类({b_0})，有(a_{b_0}=(a_{b_0}+k_2)mod\,m)
即(m|k_2)，(k_2=0)是唯一的可能
(a_{b_0})有(m)种可能
对于包含(2)个元素的等价类({b_1,b_2})，有(a_{b_1}=(a_{b_2}+k_2)mod\,m=(a_{b_1}+2k_2)mod\,m)
即(m|2k_2)，与(k_2=0)不矛盾
(a_{b_1}=a_{b_2})，它们有(m)种可能
故共有(m^{frac{n}{2}+1})种可能
综上，原式为(frac{1}{2nm}(2frac{n}{2}m^{frac{n}{2}}+frac{n}{2}m^{frac{n}{2}+1})=frac{1}{2nm}frac{n}{2}(m+2)m^{frac{n}{2}})
结论：
1.(n)是奇数时，原式为(frac{1}{2nm}nm^{frac{n+1}{2}})
2.(n)是偶数，(m)是奇数时，原式为(frac{1}{2nm}frac{n}{2}(m+1)m^{frac{n}{2}})
3.(n)是偶数，(m)是偶数时，原式为(frac{1}{2nm}frac{n}{2}(m+2)m^{frac{n}{2}})
编程实现
输入(n,m)后，对(n)分解质因数，分解出形如(n={p_1}^{q_1}*{p_2}^{q_2}*...*{p_k}^{q_k})的形式
然后用(dfs)枚举(n)的所有约数，在(dfs)的同时利用积性函数的性质计算(phi)
然后计算(sum_{t|n}m^{frac{n}{t}}gcd(m,t)varphi(t))
由于数据范围极大，推荐使用Miller-Rabin,Pollard-Rho算法，我参考的是这篇博客：
https://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/08/19/2646396.html
注意：(nle 1e18)，它的质因子可能非常多，比如
(2^5*3^4*5^2*7*11*13*17*19*23*29*31*37*41=)
它的质因子就有高达((5+1)*(4+1)*(2+1)*2^{10}=92160)个，估计(nle 1e18)的因子的个数的上限很可能是在(1e5)级别，所以如果要进行存储这些因子的话，一定要把内存开得足够大，比如(5e5)
如果数组太小，就会产生运行错误，当然也可能不会表现为运行错误，而是运行超时。
之后分类讨论
1.(n)是奇数时，答案加上(nm^{frac{n+1}{2}})
2.(n)是偶数，(m)是奇数时，答案加上(frac{n}{2}(m+1)m^{frac{n}{2}})
3.(n)是偶数，(m)是偶数时，答案加上(frac{n}{2}(m+2)m^{frac{n}{2}})
最后计算(2nm)的逆元，在答案上乘以该逆元即可，题目保证(n,m)不被(998244353)整除，逆元一定存在
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
unsigned long long ran()
{
unsigned long long x=0;
for(int i=0;i<8;i++)
{
int a=rand()%256;
x=x*256+a;
}
if(x>=(1ull<<63))
{
x-=1ull<<63;
}
return x;
}
//****************************************************************
// Miller_Rabin 算法进行素数测试
//速度快，而且可以判断 <2^63的数
//****************************************************************
const int S=20;//随机算法判定次数，S越大，判错概率越小
//计算 (a*b)%c. a,b都是long long的数，直接相乘可能溢出的
// a,b,c <2^63
long long mult_mod(long long a,long long b,long long c)
{
a%=c;
b%=c;
long long ret=0;
while(b)
{
if(b&1){ret+=a;ret%=c;}
a<<=1;
if(a>=c)a%=c;
b>>=1;
}
return ret;
}
//计算 x^n %c
long long pow_mod(long long x,long long n,long long mod)//x^n%c
{
if(n==1)return x%mod;
x%=mod;
long long tmp=x;
long long ret=1;
while(n)
{
if(n&1) ret=mult_mod(ret,tmp,mod);
tmp=mult_mod(tmp,tmp,mod);
n>>=1;
}
return ret;
}
//以a为基,n-1=x*2^t a^(n-1)=1(mod n) 验证n是不是合数
//一定是合数返回true,不一定返回false
bool check(long long a,long long n,long long x,long long t)
{
long long ret=pow_mod(a,x,n);
long long last=ret;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
ret=mult_mod(ret,ret,n);
if(ret==1&&last!=1&&last!=n-1) return true;//合数
last=ret;
}
if(ret!=1) return true;
return false;
}
// Miller_Rabin()算法素数判定
//是素数返回true.(可能是伪素数，但概率极小)
//合数返回false;
bool Miller_Rabin(long long n)
{
if(n<2)return false;
if(n==2)return true;
if((n&1)==0) return false;//偶数
long long x=n-1;
long long t=0;
while((x&1)==0){x>>=1;t++;}
for(int i=0;i<S;i++)
{
long long a=ran()%(n-1)+1;//rand()需要stdlib.h头文件
if(check(a,n,x,t))
return false;//合数
}
return true;
}
//************************************************
//pollard_rho 算法进行质因数分解
//************************************************
long long factor[100];//质因数分解结果（刚返回时是无序的）
int tol;//质因数的个数。数组小标从0开始
long long gcd(long long a,long long b)
{
if(a==0)return 1;//???????
if(a<0) return gcd(-a,b);
while(b)
{
long long t=a%b;
a=b;
b=t;
}
return a;
}
long long Pollard_rho(long long x,long long c)
{
long long i=1,k=2;
long long x0=ran()%x;
long long y=x0;
while(1)
{
i++;
x0=(mult_mod(x0,x0,x)+c)%x;
long long d=gcd(y-x0,x);
if(d!=1&&d!=x) return d;
if(y==x0) return x;
if(i==k){y=x0;k+=k;}
}
}
//对n进行素因子分解
void findfac(long long n)
{
if(Miller_Rabin(n))//素数
{
factor[++tol]=n;
return;
}
long long p=n;
while(p>=n)p=Pollard_rho(p,rand()%(n-1)+1);
findfac(p);
findfac(n/p);
}
typedef struct {
ll p, num;//p:质数的值，num:对应的次数
}Point;
Point fa[1024];
int fenjie(ll n)
{
tol=0;
findfac(n);//输出所有质因子（有重复）
sort(factor+1, factor + tol + 1);
ll num = 1;
int cnt = 0;//0 - (cnt-1)
fa[0].p = factor[1];
factor[tol + 1] = -1;
for (int i = 2; i <= tol + 1; i++) {
if (factor[i] == factor[i - 1]) {
num++;
}
else {
fa[cnt].num = num;
cnt++;
num = 1;
fa[cnt].p = factor[i];
}
}
return cnt;
}
const ll mod=998244353;
ll qpow(ll a,ll n)//普通的快速幂
{
a%=mod;
n%=(mod-1);
ll ans=1;
while(n)
{
if(n&1)
{
ans=ans*a%mod;
}
a=a*a%mod;
n>>=1;
}
return ans;
}
ll inv(ll x)//乘法逆元计算
{
return qpow(x,mod-2);
}
ll yinshu[500000];
ll phi_div[500000];//让phi_div[i]=phi(yinshu[i])
void div(int now,int prime,ll num,ll phi,int &cnt)//now:当前处理到第几个因数
{//prime:质因子的种类数，num:当前的因子大小，phi:phi(num)的大小,cnt:第几个因子(dfs序与因子大小无关)
if(now==prime)
{
yinshu[++cnt]=num;
phi_div[cnt]=phi;
return ;
}
ll times=1;
ll pow=1;
for(int i=0;i<=fa[now].num;i++)
{
if(i==1)times=(fa[now].p-1)%mod;
else if(i>1)times=times*(fa[now].p%mod)%mod;
if(i>0)pow=pow*fa[now].p;
div(now+1,prime,num*pow,phi*times%mod,cnt);//phi这个参数其实也可以不取模
}
}
void solve()
{
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
int cnt=fenjie(n);
ll ans=0;
int num_div=0;
div(0,cnt,1,1,num_div);
for(int i=1;i<=num_div;i++)//注意：参与运算的元素如果可能超过1e9，就要先取模
{
ll k=yinshu[i];
ans=(ans+(gcd(m,k)%mod)*qpow(m,n/k)%mod*phi_div[i])%mod;
}
if(n&1)//注意：参与运算的元素如果可能超过1e9，就要先取模
{
ans=(ans+(n%mod)*qpow(m,(n+1)/2))%mod;
}
else if(m&1)//注意：参与运算的元素如果可能超过1e9，就要先取模
{
ans=(ans+(n/2%mod)*qpow(m,n/2)%mod*((m+1)%mod))%mod;
}
else//注意：参与运算的元素如果可能超过1e9，就要先取模
{
ans=(ans+(n/2%mod)*qpow(m,n/2)%mod*((m+2)%mod))%mod;
}
ll temp=2ll*n%mod*(m%mod)%mod;//算逆元的时候也不要忘记取模
ans=ans*inv(temp)%mod;
printf("%lld
",ans);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
}