CF2147G
困难数论题好窝心。
本文参考了官方题解。
假设 \(\gcd(a,m)=1\) 且 \(a\not=1\) 的情况。
序列 \(b\) 的形式是 \(a^{a^N}\)，要使得后面的 \(b_n=1 \bmod m\)，\(ord_{m}(a)|a^N\),\(N\) 是一个极大的数。
那么要求对于 \(\forall p\mid ord_m(a),p|a\)，其中 \(p\) 是质数。
记 \(rad(x)\) 为 \(x\) 的所有质因子的乘积。
即 \(rad(ord_m(a))\mid a\)。
这可以表明解是一个周期的：
即 \(a\) 为一个解，那么 \(a+ord_m(a)\times m\) 也为一个解。
因为 \(ord_m(a)\mid \phi(m)\)，也就是说 \(m\phi(m)\) 是解的一个周期。
考虑统计 \(1\leq a<m, 0\leq \lambda<\phi(m),rad(ord_m(a))\mid a+\lambda m\) 的个数。
枚举阶 \(x=ord_m(a)\)，记 \(cnt(x)\) 为 \(1\leq a<m\) 中阶 为 \(x\) 的个数。
同时因为 \(\gcd(a,m)=1\)，那么有 \(\gcd(x,m)=1\)。
所以密度为：
\(\sum_{x\mid \phi(m),\gcd(x,m)=1}\frac{cnt(x)}{m}\times\frac{1}{rad(x)}\)
后面的 \(\frac{1}{rad(x)}\) 很好理解：
因为要求 \(rad(x)\mid a+\lambda m\)，且 \(\gcd(rad(x),m)=1\)，所以对于给定的 \(a\) 来说，每 \(rad(x)\) 个 \(\lambda\) 就有一个解。
\(cnt(x)\) 是积性函数，是可以计算的，大概存在 \(O(d(m))\) 级别的解，因为存在多测，所以无法通过。
事实上：
有 \(\phi(x)\) 个值 \(a\)，满足在模 \(x=p_i^{t_i}\) 的意义下，\(a\) 的阶是 \(p_i^{t_i}\)。
又存在 \(ord_{xy}(a)=lcm(ord_{x}(a),ord_{y}(a))\)，积性函数不言而喻。
考虑优化：
记 \(k\) 为 \(q\) 的乘积，\(q_i\) 为 \(\phi(m)\) 的质因数分解。
\(\sum_{x\mid \phi(m),rad(x)\mid k}cnt(x)=\sum_{d_1|q_1^{b_1},.....d_t|q_t^{b_t}}\prod \phi(d_i)\)
\(=\prod_{i}\sum_{d\mid q_i^{b_i}}\phi(d)\)
\(=\prod q_i^{b_i}\)
\(\sum_{x\mid \phi(m),rad(x)=k}cnt(x)=\sum_{I\subseteq |t|}(-1)^{t-|I|}\prod_{i\in I}q_{i}^{b_{i}}=\prod(q_{i}^{b_{i}}-1)\)。
那么答案可以写成：
\(\frac{1}{m}\sum_{I\subseteq |t|}\sum_{rad(x)=\prod q_i}\frac{\prod (q_i^{b_i}-1)}{\prod q_i}\)
可以因式分解为：
\(\frac{1}{m}\prod (1+\frac{q_i^{b_i}-1}{q_i})\)，这个可一通过质因数分解 \(m\) 和 \(\phi(m)\) 计算。
注意到质因数的次数不能达到 \(m\) 对应质因数的次数，因为 \(\gcd(x,m)=1\)。