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本文作者：ljh2000
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Description
為了慶祝 NOI 的成功開幕，主辦方為大家准備了一場壽司晚宴。小 G 和小 W 作為參加 NOI 的選手，也被邀請參加了壽司晚宴。
Input
輸入文件的第 1 行包含 2 個正整數 n,p，中間用單個空格隔開，表示共有 n 種壽司，最終和諧的方案數要對 p 取模。
Output
輸出一行包含 1 個整數，表示所求的方案模 p 的結果。
Sample Input
Sample Output
HINT
2≤n≤500
正解：狀壓DP+質因數分解
解題報告：
這道題的思想很巧妙QAQ
考慮直接算難以考慮，那么我們從題目給定的規則中可以發現其實，選擇了一個數就相當於把這個數的質因子集合選了，因為為了確保第二個人選的和第一個人互質，就不能再選這個質因子。
考慮一個數最多有一個大於根號$500$的質因子，且可以特殊考慮，而小於等於根號$500$的質因子只有$8$個，所以我們可以使用狀壓$DP$來統計方案。
因為小於等於根號$500$的質因子可以通過狀壓判掉，但是大於根號$500$的部分我們必須想辦法解決沖突和重復計算的問題。考慮將所有數包含的質因子集合，和大於根號$500$的質因子（如果沒有就是$1$）預處理出來，按大於根號$500$的質因子排序，那么這個質因子相等的區間我們一起處理。
顯然這相等的一整個區間，必須是只放入第一個人或者只放入第二個人或者都不放入，那么就可以DP了：
$f[s1][s2]$表示全局第一個人選擇的集合為$s1$，第二個人選擇的集合為$s2$時的方案數，接着把$f$的值賦給$g$，
$g[0、1][s1][s2]$表示第一個人選擇的集合為$s1$，第二個人選擇的集合為$s2$，同時當前這個大於根號$500$的質因子放入第一個人/第二個人的方案數。
做一遍$DP$，最后統計完整個相等的區間時，就賦值回$f$：$f[s1][s2]=g[0][s1][s2]+g[1][s1][s2]-f[s1][s2]$，表示的是兩種情況相加，但是因為這個質因子兩個都不放的情況算了兩次，所以需要減掉一次。
注意$f$、$g$之間相互轉換的時間和條件。
ps:不含大質因子的時候可以每次都統計一遍答案，因為已經可以用狀態來防止非法情況了，無需特別考慮。
//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <complex>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXS = 257;
const int MAXN = 520;
const int end = 256;
int n,prime[12]={2,3,5,7,11,13,17,19};
LL p,f[MAXS][MAXS],g[2][MAXS][MAXS],ans;
//f[s1][s2]表示當前第一個人選的集合為s1，第二個人選的集合為s2的方案數
//g[0][s1][s2],表示對於當前大於根號500質因子相同的一個區間而言的，這個質因子分配給第一個人（或者不分配）的方案數;
//g[1][s1][s2]表示對於第二個人而言的
struct Number{
int S;//包含質因子的狀態
int prime;//大於根號500的質因子，沒有則是1
}a[MAXN];
inline bool cmp(Number q,Number qq){ return q.prime<qq.prime; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void work(){
n=getint(); scanf("%lld",&p); int x;
for(int i=2;i<=n;i++) {
x=i;
for(int j=0;j<8;j++) {
if(x%prime[j]>0) continue;
a[i].S|=(1<<j);
while(x%prime[j]==0) x/=prime[j];
}
a[i].prime=x;
}
sort(a+2,a+n+1,cmp);
f[0][0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) {
if(i==2 || a[i].prime!=a[i-1].prime || a[i].prime==1) {
memcpy(g[0],f,sizeof(f));
memcpy(g[1],f,sizeof(f));
}
for(int j=end-1;j>=0;j--)
for(int k=end-1;k>=0;k--) {
if((j&k)>0) continue;//不合法
if((a[i].S&k)==0) //不與第二個人沖突，則可以選入第一個人
g[0][ a[i].S | j ][k]+=g[0][j][k],g[0][ a[i].S | j ][k]%=p;
if((a[i].S&j)==0)
g[1][j][ a[i].S | k ]+=g[1][j][k],g[1][j][ a[i].S | k ]%=p;
}
if(i==n || a[i].prime==1 || a[i].prime!=a[i+1].prime) {
for(int j=end-1;j>=0;j--)
for(int k=end-1;k>=0;k--) {
if((j&k)>0) continue;
/*!!!*/
f[j][k]=g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k];//去掉重復計算沒有選當前這個質因子的情況
}
}
}
for(int i=end-1;i>=0;i--)
for(int j=end-1;j>=0;j--)
if((i&j)==0)
ans+=f[i][j],ans%=p;
ans+=p; ans%=p;
printf("%lld",ans);
}
int main()
{
work();
return 0;
}