菜鸡的 lzx 比赛的时候式子画错了，错得一塌糊涂
【分析】
令 \(f_{d, l}\) 表示 \(\gcd A=d\) 且长度为 \(l\) 的概率
令 \(g_{d, l}\) 表示 \(\gcd A\mid d\) 且长度为 \(l\) 的概率
不难得到： \(\displaystyle g_{d, l}=\sum_{d\mid t}f_{t, l}={(n/d)^l\over n^l}\)
式中，\(n/d=\lfloor{n\over d}\rfloor\) 即向下取整
莫比乌斯反演得 \(\displaystyle f_{d, l}=\sum_{d\mid t}\boldsymbol \mu({t\over d})\cdot g_{t, l}\)
故考虑对长度期望的贡献：
贡献为恰好第一次达到 \(\gcd A=1\) 的概率，等价于长度为 \(l\) 且 \(\gcd A=1\) 的概率，扣去长度为 \((l-1)\) 且 \(\gcd A=1\) 的概率
故贡献为 \(f_{1, l}-f_{1, l-1}(f_{1, 0}=0)\)
计算总期望长度：
\(E(L)\)
\(=\displaystyle \sum_{l=1}^\infty l\cdot(f_{1, l}-f_{1, l-1})\)
\(=\displaystyle \sum_{l=1}^\infty l\cdot \sum_{1\mid t}\boldsymbol \mu({t\over 1})(g_{t, l}-g_{t, l-1})+\sum_{1\mid t}\boldsymbol \mu({t\over 1})\cdot g_{t, 0}\)
\(l=1\) 时 \(g_{t, 0}\) 被额外扣除了，需要重新加回
\(=\displaystyle \sum_{l=1}^\infty l\cdot \sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)[{(n/t)^l\over n^l}-{(n/t)^{l-1}\over n^{l-1}}]+\sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)\)
\(=\displaystyle \sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)\sum_{l=1}^{\infty}l\cdot [({n/t\over n})^l-({n/t\over n})^{l-1}]+\sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)\)
记 \(\displaystyle S(x)=\sum_{l=1}^\infty l\cdot (x^l-x^{l-1})\)
\(\displaystyle |x|<1\to S(x)=\sum_{l=1}^\infty l\cdot x^l-\sum_{l=1}^\infty (l+1)\cdot x^l-1=-\sum_{l=0}^\infty x^l={1\over x-1}\)
\(\displaystyle x=1\to S(x)=\sum_{l=1}^\infty l\cdot 0=0\)
\(\therefore E(L)\)
\(=\displaystyle \sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)\cdot S({n/t\over n})+\sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)\)
\(=\displaystyle \sum_{t=2}^n\boldsymbol \mu(t)\cdot S({n/t\over n})+\boldsymbol \mu(1)\cdot S({n/1\over n})+\sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)\)
\(=\displaystyle \sum_{t=2}^n\boldsymbol \mu(t) \cdot {1\over ({n/t\over n}-1)}+\sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)\)
\(=\displaystyle n\sum_{t=2}^n\boldsymbol \mu(t) \cdot {1\over (n/t-n)}+\sum_{t=1}^n\boldsymbol \mu(t)\)
对 \(n/t\) 进行整除分块，然后利用杜教筛，求出 \(\boldsymbol \mu(n)\) 的前缀和
杜教筛时，由 \(\boldsymbol \mu*\boldsymbol I=\boldsymbol \varepsilon\) 得到
\(\quad 1\)
\(\displaystyle =\sum_{i=1}^n\boldsymbol{\varepsilon}(i)\)
\(\displaystyle =\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}\boldsymbol \mu({i\over d})\cdot \boldsymbol I(d)\)
\(\displaystyle =\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{n/d}\boldsymbol\mu(i)\)
\(\displaystyle =\sum_{i=1}^n\boldsymbol \mu(i)+\sum_{d=2}^n\sum_{i=1}^{n/d}\boldsymbol \mu(i)\)
\(\therefore \displaystyle \sum_{i=1}^n\boldsymbol \mu(i)=1-\sum_{d=2}^n[\sum_{i=1}^{n/d}\boldsymbol \mu(i)]\)
【代码】
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Lim=2.2e7, MAXN=Lim+10;
ll n, p;
inline ll fmul(ll a,ll x) { return (__int128)a*x%p; }
inline ll fpow(ll a,ll x) { ll ans=1; for(;x;x>>=1,a=fmul(a, a) ) if(x&1) ans=fmul(ans, a); return ans; }
inline ll inv(ll a) { return fpow(a, p-2); }
ll smu[MAXN];
int prime[MAXN], cntprime;
bool nprime[MAXN];
unordered_map<ll, ll> M;
inline ll summu(ll n){
if(n<=Lim) return smu[n];
if(M.count(n)) return M[n];
for(ll r=n, l, d;r>=1; r=l-1){
d=n/r;
l=n/(d+1)+1;
if(d<=Lim||M.count(d)) continue;
ll tmp=1;
for(ll ll=2, rr, dd;ll<=d;ll=rr+1){
dd=d/ll;
rr=d/dd;
if(dd<=Lim) tmp-=fmul(rr-ll+1, smu[dd]);
else tmp-=fmul(rr-ll+1, M[dd]);
}
M[d]=(tmp%p+p)%p;
}
return M[n];
}
inline void sieve(){
smu[1]=1;
for(int i=2;i<=Lim;++i){
if(!nprime[i]) prime[++cntprime]=i, smu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cntprime;++j)
if(i*prime[j]>Lim) break;
else if(i%prime[j]){
nprime[i*prime[j]]=1;
smu[i*prime[j]]=-smu[i];
}
else{
nprime[i*prime[j]]=1;
smu[i*prime[j]]=0;
break;
}
}
for(int i=2;i<=Lim;++i){
smu[i]+=smu[i-1];
if(smu[i]>=p) smu[i]-=p;
else if(smu[i]<0) smu[i]+=p;
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin>>n>>p;
sieve();
ll ans=0;
summu(n);
for(ll l=2, r, d, tmp=n%p;l<=n;l=r+1){
d=n/l;
r=n/d;
ans+=fmul( summu(r)-summu(l-1) , inv(d-tmp+p) );
}
ans=(ans%p+p)%p;
ans=( fmul(ans, n)+summu(n)+p )%p;
cout<<ans;
cout.flush();
return 0;
}