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简化题意： 给定 $n,G$，求 $G^{{\sum }_{d|n}{C}_n^d}mo{d}_{}999911659$。

发现指数可能非常大，而模数为质数，此时可以考虑运用扩展欧拉定理来化简。
对于此题 $G^{{\sum }_{d|n}{C}_n^d}mo{d}_{}999911659=G^{{\sum }_{d|n}{C}_n^{d}mo{d}_{}999911658}mo{d}_{}999911659$。

而发现 $999911658$ 却不是质数，此时可以先对其质因数分解，若其质因数的指数均为 $1$，那就好办了。可以运用中国剩余定理来求解。

具体的，对于此题，可以得到如下同余方程组：
$\{\begin{array}{c}x\equiv {\sum }_{d|n}{C}_n^d(mo{d}_{}2)\\ x\equiv {\sum }_{d|n}{C}_n^d(mo{d}_{}3)\\ x\equiv {\sum }_{d|n}{C}_n^d(mo{d}_{}4679)\\ x\equiv {\sum }_{d|n}{C}_n^d(mo{d}_{}35617)\end{array}$

然后就可以运用 Lucas 定理求出这些组合数之和，再上 CRT 求出 $x$，答案就是$G^{x}mo{d}_{}999911659$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=50010,Mod=999911659,mod=999911658;int n,G,fac[N],infac[N],prime[N],cnt,d[N],tot,a[N];int qpow(int a,int b,int p){//快速幂int res=1;while(b){if(b&1) res=res*a%p;b>>=1,a=a*a%p;}return res;
}void solve(int x){//对mod质因数分解for(int i=2;i*i<=mod;i++){if(x%i==0){prime[++cnt]=i;while(x%i==0) x/=i;}}if(x!=1) prime[++cnt]=x;
}void divide(int x){//求n的约数for(int i=1;i*i<=n;i++){if(n%i==0){d[++tot]=i;if(i!=n/i) d[++tot]=n/i;}}
}void init(int p){//预处理模p意义下的组合数fac[0]=1;for(int i=1;i<=p;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%p;infac[p]=0,infac[p-1]=qpow(fac[p-1],p-2,p);for(int i=p-2;i>=0;i--) infac[i]=infac[i+1]*(i+1)%p;
}int C(int n,int m,int p){if(n<m) return 0;return fac[n]*infac[m]%p*infac[n-m]%p;
}int Lucas(int n,int m,int p){//Lucas定理求组合数if(m==0) return 1;return C(n%p,m%p,p)*Lucas(n/p,m/p,p)%p;
}void cal(int x){//求每个数的那个sigmainit(prime[x]);for(int i=1;i<=tot;i++){a[x]=(a[x]+Lucas(n,d[i],prime[x]))%prime[x];}
}int CRT(){//中国剩余定理int ans=0;for(int i=1;i<=cnt;i++){int m=mod/prime[i],inv=qpow(m,prime[i]-2,prime[i]);ans=(ans+a[i]%mod*m%mod*inv%mod)%mod;}return (ans+mod)%mod;
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>G;if(G%Mod==0){cout<<0<<endl;return 0;}solve(mod),divide(n);for(int i=1;i<=cnt;i++) cal(i);cout<<qpow(G,CRT(),Mod)<<endl;//终于搞定了TATreturn 0;
}