2018 Multi-University Training Contest 10 B. Beads
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\(n,m,n\ge 3,m\ge 2\)，生成一个由序列组成的集合\(S\)
\(S=\{a|a=a_0,a_1,...,a_{n-1},\forall i,a_i\in [0,m)\cap N\}\)，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\(G\)
\(G=\{f|f=f_k\circ f_{k-1}\circ ...\circ f_1,k\in N,f_1,f_2,...,f_k\in\{f_I,f_R,f_A\}\}\)
假设\(b=f_k\circ f_{k-1}\circ ...\circ f_1(a),k\in N,f_1,f_2,...,f_k\in\{f_I,f_R,f_A\}\)
则\(a={f_1}^{-1}\circ {f_2}^{-1}\circ ...\circ {f_k}^{-1}(b)\)
即\(\forall f\in G,\exist g\in G,g=f^{-1}\)
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
\(E\subset S\times S\)
\(E=\{(a,b)|\exist f\in G,f(b)=a\}\)
\(\because \forall (a,b)\in E\)
\(\exist f\in G,f(b)=a\)
\(\therefore f^{-1}\in G,a=f^{-1}(b)\)
\(\therefore (b,a)\in E\)，\(E\)是一个对称关系
\(\because \forall (x,y),(y,z)\in E\)
\(\exist f_1,f_2\in G,y=f_1(x),z=f_2(y)\)
\(\therefore z=f_2\circ f_1(x),f_2\circ f_1\in G\)
\(\therefore(x,z)\in E\)，\(E\)是一个传递关系
\(\forall x\in S,\exist f(x)=x\)，\(f\)是\(G\)的单位元\(e\)
\(\therefore \forall x\in S,(x,x)\in E\)，\(E\)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\(a^{''}=f_A\circ f_R(a)\)
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\(f_A\circ f_R:\forall i,a^{''}=(a_{(i+1)mod \,n}+1)mod\,m\)
设\(b^{''}=f_R(b^{'})，b^{'}=f_A(b)\)
则\(b^{''}=f_R\circ f_A(b)\)
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\(f_A\circ f_R:\forall i,b^{''}=(b_{(i+1)mod \,n}+1)mod\,m\)
\(\therefore f_A\circ f_R=f_R\circ f_A\)
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\(a^{''}=f_A\circ f_I(a)\)
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\(f_A\circ f_R:\forall i,a^{''}=(a_{(n-1-i)mod \,n}+1)mod\,m\)
设\(b^{''}=f_I(b^{'})，b^{'}=f_A(b)\)
则\(b^{''}=f_I\circ f_A(b)\)
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\(f_A\circ f_R:\forall i,b^{''}=(b_{(n-1-i)mod \,n}+1)mod\,m\)
\(\therefore f_A\circ f_I=f_I\circ f_A\)
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\(A=\{{f_A}^k|k\in N\}\)
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
\(G=\{f|f=f_k\circ f_{k-1}\circ ...\circ f_1,k\in N,f_1,f_2,...,f_k\in\{f_I,f_R,f_A\}\}\)
\(=\{f|f=f_k\circ f_{k-1}\circ ...\circ f_1,k\in N,f_1,f_2,...,f_k\in\{f_I,f_R\}\}\times A\)
现在看左边的这部分\(\{f|f=f_k\circ f_{k-1}\circ ...\circ f_1,k\in N,f_1,f_2,...,f_k\in\{f_I,f_R\}\}\)
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\(\forall i,a^{'}_{i}=a_{(i+1)mod\,n}\)
\(\forall i,a^{''}_{i}=a^{'}_{(n-1-i)mod n}=a_{(-i)mod n}\)
\(\therefore a^{''}=f_I\circ f_R(a):\forall i,a^{''}_{i}=a_{(-i)mod n}\)
\(\therefore (f_I\circ f_R)\circ (f_I\circ f_R)=e\)
\((f_I\circ f_R)=(f_I\circ f_R)^{-1}\)
\(f_I\circ f_R={f_R}^{-1}\circ {f_I}^{-1}\)
\(\because f_I^{-1}=f_I\)
\(\therefore f_I\circ f_R={f_R}^{-1}\circ f_I\)
类似地，\(f_I\circ {f_R}^{-1}={f_R}\circ f_I\)
我们可以按照这个规律对\(B\)集合中的元素进行变换：
\(\forall f=f_k\circ f_{k-1}\circ...\circ f_1,k\in N,f_1,f_2,...,f_k\in \{f_I,f_R\}\)
\(f={f_R}^{rot}{f_I}^{inv}\)
那么\(B\subset R\times I\)
其中\(R=\{{f_R}^k,k\in N\}\)
因为\(f_R\)的阶数是\(n\)，所以\(R\)是一个\(n\)阶循环群
\(I=\{{f_I}^k,k\in N\}\)
因为\(f_I\)的阶数是\(2\)，所以\(I\)是一个\(2\)阶循环群
又\(\because \forall f\in R\times I,f={f_R}^{k_1}{f_A}^{k_2},k_1\in [0,n)\cap N,k_2\in\{0,1\}\)
\(\therefore f\in B\)
\(\therefore R\times I \subset B\)
\(\therefore B=R\times I\)
综上，\(G=R\times I\times A\)
\(|R|=n,|I|=2,|A|=m\)，故\(|G|=2nm\)
(当然，\(G=R\times I \times A\)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.\({f_R}^{k},k\in[0,n)\cap N\)，一共\(n\)个元素
2.\({f_R}^{k}f_I,k\in[0,n)\cap N\)，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\(R=\{f|k\in [0,n)\cap N,a^{'}=f(a):\forall a^{'}_{i}=a_{(i+k)mod\,n}\}\)
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
\(R\times{f_{I}}=\{f|k\in [0,n)\cap N,a^{'}=f(a):\forall a^{'}_{i}=a_{(-i+k)mod\,n}\}\)
\(Burnside\)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
\(\frac{1}{|G|}\sum_{f\in G}\sum_{a\in S}[f(a)=a]\)
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\(\sum_{a\in S}[f(a)=a]\)记为\(C(G)\)
那么答案可以写成
\(\frac{1}{2nm}\sum_{f_1\in B}\sum_{f_2\in A}\sum_{a\in S}[f_1\circ f_2(a)=a]\)
\(=\frac{1}{2nm}\sum_{f_1\in R}\sum_{f_2\in A}\sum_{a\in S}[f_1\circ f_2(a)=a]+\frac{1}{2nm}\sum_{f_1\in R\times{f_I}}\sum_{f_2\in A}\sum_{a\in S}[f_1\circ f_2(a)=a]\)
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\(a^{''}=f_1(a^{'}):\forall i,a^{''}_{i}=a^{'}_{(i+k_1)mod\, n},a^{'}=f_2(a):\forall i,a^{'}_{i}=(a_{i}+k_2)mod\,m\)
\(a^{''}=f_1\circ f_2(a):\forall i,a^{''}_{i}=(a_{(i+k_1)mod\, n}+k_2)mod\,m\)
\(\therefore [a=f1\circ f2(a)]\)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
\(\{\{x|x=(i+k_1j)mod\,n,j\in N\}|i\in [0,n)\cap N\}\)
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\(x\equiv i (mod\, gcd(k_1,n))\)
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\(\{x|x=(i+k_1j)mod\,n,j\in N\}\)
我们可以把它写成\({b_0,b_1,...,b_{L-1}}\)
其中\(b_j=i+k_1j\)
那么\(a_{b_0}\equiv a_{b_1}+k_2\equiv a_{b_2}+2k_2\equiv...\equiv a_{b_0}+Lk_2 (mod \,m)\)
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
\(\frac{1}{2nm}\sum_{f_1\in R\times{f_I}}\sum_{f_2\in A}\sum_{a\in S}[f_1\circ f_2(a)=a]\)
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\(a^{''}=f_1(a^{'}):\forall i,a^{''}_{i}=a^{'}_{(-i+k_1)mod\, n},a^{'}=f_2(a):\forall i,a^{'}_{i}=(a_{i}+k_2)mod\,m\)
\(a^{''}=f_1\circ f_2(a):\forall i,a^{''}_{i}=(a_{(-i+k_1)mod\, n}+k_2)mod\,m\)
\(\therefore [a=f1\circ f2(a)]\)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
\(\{\{x|x=i\,or\,x=(k_1-i)mod \, n\}|i\in{0,1,2,...,n-1}\}\)
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\(i\equiv k_1-i(mod\,n)\)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\(i\equiv k_1-i(mod\,n)\)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\(i\equiv k_1-i(mod\,n)\)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\(i\equiv k_1-i(mod\,n)\)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\(i\equiv k_1-i(mod\,n)\)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\(\frac{1}{2nm}(2\frac{n}{2}m^{\frac{n}{2}}+\frac{n}{2}m^{\frac{n}{2}+1})=\frac{1}{2nm}\frac{n}{2}(m+2)m^{\frac{n}{2}}\)
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：\(n\le 1e18\)，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\(n\le 1e18\)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\n",ans);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
}
