Each test case contains two positive integers n and a seperated by one space in a line.
For all test cases, you can assume that n≤30,1≤a≤109. Output For each test case, output an integer denoting the number of b.
Sample Input
2 3 2 2Sample Output
1 2
若a为奇数，则ab mod m为奇数，若b为偶数，则ba mod m为偶数，矛盾，故b
为奇数
对于一个奇数x=2k+1
， x2=4k2+4k+1=4k(k+1)+1，进而 x2≡1(mod 23)， x2=8k+1， x4=(8k+1)2=64k2+16k+1，进而 x4≡1(mod 24)，以此类推有 x2y≡1(mod 2y+2)由ab≡a(mod 23),ba≡b(mod 23)
得 a≡b(mod 23)由ab≡ab%4(mod 24),ba≡ba%4(mod 24)
，且 a%4=b%4，故有 a≡b(mod 24)（(b,24)=1
，故 b在模 24意义下有逆元 b−1，进而有 (ab−1)x≡1(mod 24)，其中 x=a%4为奇数，由于 x⧸|ϕ(24)=23，故有 ab−1≡1(mod 24)，即 a≡b(mod 24)）
以此类推得a≡b(mod 2n)
，即b=a%m，这说明解至多一个，而显然aa≡aa(mod m)，故解唯一
a为偶数时怎么算，m一定为偶数，所以a^b%m的结果也为偶数，那么b^a%m的结果也必须为偶数，所以b必须为偶数，a既然为偶数那么一定可以写成2*x，所以a^b=2^b*x^b，又m=2^n显然可以发现如果b>=n那么a^b%m一定为0，这个时候就可以分类讨论，由于题目数据中n非常小，所以b<n时直接暴力求解，那么b>=n时这个已经确定a^b%m=0所以我们需要b^a%m同样为0，b为偶数，那么b一定可以表示为2^x*y，那么b^a=2^ax*y^a，我们先令y取得最小1，b^a=2^ax，b^a(2^ax)%m(2^n)=0，所以ax>=n，x>=n/a(注意这里n/a应该向上取整)，所以我们就这样找到最小满足条件的x，然后在求出m以内2^x的倍数即可(注意把n以内的答案减去，因为n以内的答案暴力时求过一遍)
以上借鉴的都是别的大佬的题解，实在数学差，智商被碾压。看了好久才有那么一点思路。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
using namespace std;
LL bp(LL a,LL b,LL m)
{
if(b==0) return 1;
if(b%2==1) return a*bp(a,b-1,m)%m;
else {
LL mul=bp(a,b/2,m);
return mul*mul%m;
}
}
int main()
{
LL a,m,ans;
int n;
while(scanf("%d %lld",&n,&a)!=EOF){
m=1<<n;
ans=0;
if(a&1) printf("1\n");
else {
for(LL i=1;i<=n;i++){
if(bp(a,i,m)==bp(i,a,m)){
ans++;
}
}
LL b2=1<<((n-1)/a+1);
ans=ans+(m/b2-n/b2);
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}