洛谷 P9391 红草莓
写在前面
有超详细证明qwq！
这道题其实不难，你的感觉多半是正确的，但是证明有点麻烦，所以这篇题解，我就准备好好证明一下一些结论，所以有点长（也很基础）。
核心思想：模拟
对于一个 \(n\)，每个 \(a\) 可以模拟其会染色的珠子编号，即 \(0,a,2a,3a,\cdots \pmod n\) 的值。
具体思路
每次模拟其会染色的珠子编号，判断该编号有没有标记过：若没有标记过，则标记并计入答案；若标记过了，则可以不用操作，直接跳过
那么对于一个 \(a\) 而言，要模拟几次呢？
显然，最多 \(n\) 次。（即把整个串都染完的可能）
所以我们只需要循环 \(n\) 次足以。
证明
设 \(b_i \equiv i\times a \pmod n\)。
若 \(b_i = b_0\)，则 \(b_{i+1} \equiv (i+1)\times a \equiv i \times a+a\equiv a \equiv b_1 \pmod n\)。
同理，若 \(b_i=b_j\)，则 \(b_{i+1}=b_{j+1}\)。
所以由 \(b_i\) 构成的序列必然存在循环节，且循环节中不存在相同的数字。
因为 \(n\times a\equiv 0 \pmod n\)，所以循环节的长度必然超过 \(n\)。并且，当且仅当，\((a,n) = 1\) 时，循环节为 \(n\)。
我们再来证明一下互质，循环节为 \(n\)。
设 \(k \times a\equiv 1 \pmod n\)（必然存在，因为 \(a\)、 \(n\) 互质，那么 \(k\) 就是模 \(n\) 的情况下 \(a\) 的逆元）。
那么就有 :
\(2\times k\times a\equiv 2 \pmod n\)。
\(3\times k\times a\equiv 3\pmod n\)。
\(\cdots\)
\((n-1)\times k\times a\equiv n-1 \pmod n\)。
\(n\times k\times a\equiv 0 \pmod n\)。
那么序列 \(b_i\) 中，必然存在且只存在 \(0,1,2, \cdots ,n-1\)。
那么循环节必然包括且只包括这些数字，一共 \(n\) 个，所以循环节也只有 \(n\)。
所以只用枚举 \(n\) 遍，就肯定能枚举完所有情况。
50分代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a,st[500005];
int main()
{
cin>>n>>m;
while(m--)
{
cin>>a;
int p=0,ans=0;//p记录位置
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!st[p])
{
st[p]=1;
ans++;
}
p+=a;
p%=n;
}
cout<<ans<<" ";
}
return 0;
}
很显然，这种暴力明显还过不了，所以我们还需要去优化优化。
优化
优化循环节长度
显然，很多时候，序列 \(b_i\) 的循环节长度没有 \(n\) 那么大，甚至小很多，所以我们算出具体的长度有多大。
令 \(d=(a,n)\)，
设 \(a=k_1\times d\)， \(n=k_2\times d\)，
那么显然， \((k_1,k_2)=1\)。
那么，对于 \(c_i \equiv i\times k_1 \pmod {k_2}\)，循环节长度应为 \(k_2\)。
显然， \(b_i \equiv i\times k_1 \times d\equiv c_i \times d \pmod {k_2}\)。
所以，序列 \(b_i\) 与序列 \(c_i\) 本质上是一样的，只是数字都扩大了 \(d\) 倍，所以序列 \(b_i\) 的循环节长度也是 \(k_2\) 即 \(\frac{n}{(a,n)}\)。
优化遍历模式
我们发现，像原来那样遍历太麻烦了，每次还要操作位置，所以我们可以找到染色珠子编号的规律，让代码简洁一点。（虽然时间复杂度没有提升）
上一个优化已经得到了 \(b_i \equiv i\times k_1 \times d\equiv c_i \times d \pmod n\)。
那么我们可以轻松地发现，所有要染色的珠子只可能是 \((a,n)\) 的倍数，而个数我们也知道，所以就可以直接：
for(int i=1;i<n/gcd(a,n);i++)
if(!st[i*gcd(a,n)])
st[i*gcd(a,n)]=1,ans++;
（虽然只是一个代码方面的小优化）
记录出现过的 \(gcd(a_i,n)\)
根据上一个优化，我们可以知道，染色的珠子编号一定是 \((a,n)\) 的倍数，所以如果这个 \(a\) 对应的 \((a,n)\) 之前出现过的话，那么这次一定一个都没法染色，可以直接跳过。
所以我们可以拿一个数组来存之前的 \((a,n)\) 出现过没。
优化特殊情况
同时呢，我们还可以拿一个变量 \(node\) 来存已经染色的珠子的数量，如果 \(node\) 已经等于 \(n\) 了，那么后面都可以直接输出 \(0\) 了。
当然了，如果有一个 \((a,n)=1\) 的话，那么可以直接输出 \(n-node\)，后续也不用去计算了。
一个构想
除了以上说的那些优化方法外，我还有一个构思，但是不知道加了会变快还是变慢。
可以在输入 \(n\) 了以后，预处理一遍，得到一个数组 \(t\)， \(t_i\) 代表 \(a=i\) 时，可能染色的珠子数量。
求法：
先赋初值 \(n\)。
然后对 \(n\) 进行质因数分解。
每个质因数 \(i\) 对应数组的值应该为 \(\frac{n}{i}\)。
然后像线性筛一样去算对应的值，显然，我们有 \(t_{i \times j}=(t_i,t_j)\)。
证明：
对于 \(t_i\)，我们可以把 “1” 分为 \(t_i\) 份，同理，对于 \(t_j\)，我们也可以把 “1” 分为 \(t_j\) 份。
那么， \(\frac{k \times \frac{t_i}{(t_i,t_j)}}{t_i}=\frac{k}{(t_i,t_j)}\) 与 \(\frac{k \times \frac{t_j}{(t_i,t_j)}}{t_j}=\frac{k}{(t_i,t_j)}\) 是一样的。
如果把 \(\frac{k}{t_i}\) 当作是 \(a\) 为 \(i\) 时，可以染色的珠子在整串珠子间的分布位置为 \(\frac{k}{t_i}\)。那么， \(\frac{k}{t_i}\) 的范围应该是 \((0,1)\)。
所以， \(k\) 可以取 \((0,(t_i,t_j)-1)\)，所以 \(k\) 有 \((t_i,t_j)\) 种值，也就是共同都可以染色的珠子数为 \((t_i,t_j)\)。
那么，对于 \(a=i\) 和 \(a=j\) 都能染色的珠子， \(a=i \times j\) 时，也应该可以染这些珠子。
所以 \((t_i,t_j)\) 就应该是 \(t_{i \times j}\) 的值。
这样的话，我们就可以直接调用其个数，并且也可以通过 \(\frac{n}{t_i}\) 求得 \((i,n)\)。
注意
尽管有些情况可以直接跳过，但是数据要读完啊，不要把输入放到 continue 后面了。
这道题代码方面很简单，前面也给出了个 \(50\) 分的代码，拿那个改一改也能过，而且这道题数据有点水，只优化一两个上面说的点都能过，所以这里就不放最终代码了。