Description
为了庆祝 NOI 的成功开幕，主办方为大家准备了一场寿司晚宴。小 G 和小 W 作为参加 NOI 的选手，也被邀请参加了寿司晚宴。
在晚宴上,主办方为大家提供了 n−1 种不同的寿司，编号 1,2,3,…,n−1，其中第 i 种寿司的美味度为 i+1 （即寿司的美味度为从 2 到 n）。
现在小 G 和小 W 希望每人选一些寿司种类来品尝，他们规定一种品尝方案为不和谐的当且仅当：小 G 品尝的寿司种类中存在一种美味度为 x 的寿司，小 W 品尝的寿司中存在一种美味度为 y 的寿司，而 x 与 y 不互质。
现在小 G 和小 W 希望统计一共有多少种和谐的品尝寿司的方案（对给定的正整数 p 取模）。注意一个人可以不吃任何寿司。
Input
输入文件的第 1 行包含 2 个正整数 n,p，中间用单个空格隔开，表示共有 n 种寿司，最终和谐的方案数要对 p 取模。
Output
输出一行包含 1 个整数，表示所求的方案模 p 的结果。
Sample Input
3 10000
Sample Output
9
HINT
2≤n≤500
0<p≤1000000000
首先说一句：寿司真好吃（逃
咳，我们回归正题。。。首先看着题就没法状压，\(n\leqslant 500\)完全下不去手。。。然后考虑互质的话，我们有一个套路做法，就是分解质因数。不过500内的质因数也有上百个，还是压不了。。。不过，我们发现一件事情，有很多质因数在每个数里至多只会出现一次！！！
好，我们缕一下思路，首先，有一些质数会在一个数中出现很多次，他们都\(\leqslant\sqrt{500}\)，这些质数共计8个。我们对这8个数进行状压，然后剩下的那些质因数，由于它们至多在一个数中出现一次，那么就说明，它们当中有一个被一个人选了，另一个人就不能选这些数了。
好，我们再次缕一下思路，我们把这些拥有相同大质因数的数放到一堆来，类似于分块的思想。然后记\(F[S1][S2]\)代表小G选的寿司中，前8个质数的状态为S1；小W选的寿司中，前8个质数的状态为S2。然后这样不好在块内转移，我们就再开个\(G[2][S1][S2]\)，每到一个块中，\(G[0]=G[1]=F\)，然后\(G[0]\)代表当前块所代表的大质数被小G选了，\(G[1]\)表示大质数被小W选了。
然后这个块处理完之后，\(F=G[0]+G[1]-F\)，-F是因为不选的情况被考虑了两次，所以要减掉
具体的，看代码吧。。。
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=5e2;
const int prime[8]={2,3,5,7,11,13,17,19};
struct S1{
int sta,p;
bool operator <(const S1 &x)const{return p<x.p;}
}A[N+10];
int f[(1<<8)+10][(1<<8)+10];
int g[2][(1<<8)+10][(1<<8)+10];
int n,p,All;
int main(){
n=read(),p=read(),All=(1<<8)-1;
for (int i=2;i<=n;i++){
int x=i;
for (int k=0;k<8;k++){
if (x%prime[k]==0) A[i].sta|=1<<k;//记录前8个质数的状态
while (x%prime[k]==0) x/=prime[k];
}
A[i].p=x;//记录大质数，为1代表没有大质数
}
sort(A+2,A+1+n);
f[0][0]=1;
for (int i=2;i<=n;i++){
if (i==2||A[i].p!=A[i-1].p||A[i].p==1){//如果是块的开始，或者没有大质数，就令g[0]=g[1]=f
memcpy(g[0],f,sizeof(f));
memcpy(g[1],f,sizeof(f));
}
for (int j=All;~j;j--){
for (int k=All;~k;k--){
if (j&k) continue;
if (!(A[i].sta&k)) g[0][j|A[i].sta][k]=(g[0][j|A[i].sta][k]+g[0][j][k])%p;//小G选了不会和小W有冲突
if (!(A[i].sta&j)) g[1][j][k|A[i].sta]=(g[1][j][k|A[i].sta]+g[1][j][k])%p;//和上面同理
}
}
if (i==n||A[i].p!=A[i+1].p||A[i].p==1)//如果是块的结束，或者没有大质数，则令F=G[0]+G[1]-F
for (int j=All;~j;j--)
for (int k=All;~k;k--)
if (!(j&k))
f[j][k]=((g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k])%p+p)%p;
}
int Ans=0;
for (int j=All;~j;j--)
for (int k=All;~k;k--)
if (!(j&k))
Ans=(Ans+f[j][k])%p;
printf("%d\n",Ans);
return 0;
}