这道题比较难
首先将问题抽象成一个图，图上各点都只有一条入边和一条出边所以边的总长就是n
如果数字能回到原位置那么这些数就在一个环上所以我们求的就是这些环长的最小公倍数的和
存在点不在环上并且一直在原位置
接下来就是求环长为n的所有情况的最小公倍数的和
求最小公倍数就是拆成的所有质数的最高次幂的乘积
使最小公倍数最多就要使每个环长都互质
枚举质数
我们设 f(i,j)表示前 i个素数总和为 j的所有 k 的总和，枚举第 i 个素数的幂进行转移，因为之前并没有用过第 i个素数，所以应把上一个状态乘上 ，所以直接方程 f(i,j)=∑f(i−1,j−)×
接着发现这个东西可以滚动数组压缩一下，于是可以省掉一维 f(j)=∑f(j−)×
倒序枚举即可，初始状态 f(0)=1，最后答案是 ∑f(i)
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 1e4 + 3;
bool vis[N];
vector<int> p;
ll f[N] = {1}, m;
int n;
int main () {p.push_back(0);cin >> n >> m;for (int i = 2; i <= n; i++) {if (!vis[i])p.push_back(i);for (int j = i * i; j <= n; j += i) vis[j] = 1;}for (int i = 1; i < p.size(); i++)for (int j = n; j >= p[i]; j--) {int tmp = p[i];while (tmp <= j)f[j] = (f[j] + f[j - tmp] * tmp % m) % m, tmp *= p[i];}ll Ans = 0;for (int i = 0; i <= n; i++)Ans = (Ans + f[i]) % m;cout << Ans << endl;return 0;
}
