彩色项链1

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题目大意

一个项链，然后有 n 个颜色让你涂在 n 个珠子上。
（不一定要用完所有颜色）
然后问你有多少种项链本质不同。

本质不同要两个项链无论怎么选择都不能重合（即对于位置颜色相同）。

思路

我们看到本质不同，然后它又是把一些状态转移，自然会想到 Burnside 引理和 Polya 定理。

它是干嘛的呢？
就是针对这种状态可以转移的东西，然后能转移就表示本质相同，它就是用来求有多少本质不同的状态。

然后能使得状态转移的东西，就叫做置换。
f = ( a 1 , a 2 , . . . , a n ) f=(a_1,a_2,...,a_n) f=(a1​,a2​,...,an​) 这个置换，表示 i i i 可以转移到 a i a_i ai​。

然后你会知道按着这么搞，会出现一个或多个循环，就是某个点可以一直在这个循环里面的跳。
那这些循环之间是不相交的。

Burnside 引理就是可以解决有多个置换时能有的本质不同状态个数。
这里先给出 Burnside 引理的公式：
L = 1 ∣ G ∣ ∑ r ∈ G c 1 ( r ) L=\dfrac{1}{|G|}\sum\limits_{r\in G}c_1(r) L=∣G∣1​r∈G∑​c1​(r)

G G G 就是置换群，包含了给出的所有置换。 c 1 ( r ) c_1(r) c1​(r) 就是在置换 r r r 中自己直接转移到自己的状态个数。

至于这个证明，我太菜了，证不了。用就完事了！

接着来看 Polya 定理，就是这道题要用的算法。
它就是可以处理什么多种颜色的情况。

在前面的引理中，你需要列出所有的状态，但是如果颜色一多，你就不能表示出所有状态，就需要用这个算法了。

公式是这个：
L = 1 ∣ G ∣ ∑ r ∈ G m c ( r ) L=\dfrac{1}{|G|}\sum\limits_{r\in G}m^{c(r)} L=∣G∣1​r∈G∑​mc(r)

这里 c ( r ) c(r) c(r) 的意义不再一样，就是 r r r 置换中循环的个数。
它主要就是说每个循环都可以选任意颜色，然后循环中的点的颜色是相同的，然后中间就变成了这样。

m m m 是颜色的个数。

然后你列出置换 r k r_k rk​ 为 ( k + 1 , k + 2 , . . . , n , 1 , 2 , . . . , k ) (k+1,k+2,...,n,1,2,...,k) (k+1,k+2,...,n,1,2,...,k)。
可以知道 c ( r ) = gcd ⁡ ( k , n ) c(r)=\gcd(k,n) c(r)=gcd(k,n)， ∣ G ∣ = n |G|=n ∣G∣=n。

但是还是不是很优，我们考虑继续优化。
L = 1 n ∑ d ∣ n ( n d ∑ [ d = gcd ⁡ ( k , n ) ] ) L=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d|n}(n^d\sum[d=\gcd(k,n)]) L=n1​d∣n∑​(nd∑[d=gcd(k,n)])
（因为是 gcd ⁡ \gcd gcd，所以我们可以把 gcd ⁡ \gcd gcd 同一个值的提取出来，前面的求和是单个的贡献，里面的是求出有多少个同一个值的）
L = ∑ d ∣ n ( n d − 1 ∑ [ 1 = gcd ⁡ ( k d , n d ) ] ) L=\sum\limits_{d|n}(n^{d-1}\sum[1=\gcd(\dfrac{k}{d},\dfrac{n}{d})]) L=d∣n∑​(nd−1∑[1=gcd(dk​,dn​)])
那你会发现 gcd ⁡ \gcd gcd 的右边是跟里面的循环没有关系，而且是要 gcd ⁡ \gcd gcd 里面的两个互质，自然想到欧拉函数。
L = ∑ d ∣ n ( n d − 1 φ ( n d ) ) L=\sum\limits_{d|n}(n^{d-1}\varphi(\dfrac{n}{d})) L=d∣n∑​(nd−1φ(dn​))

然后就可以做了。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long

using namespace std;

int T, n;
ll mo, ans, su[35001];
bool ns[35001];

void get_su() {//欧拉筛筛出素数
	ns[1] = ns[0] = 1;
	for (int i = 2; i <= 35000; i++) {
		if (!ns[i]) {
			su[++su[0]] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= su[0] && i * su[j] <= 35000; j++) {
			ns[i * su[j]] = 1;
			if (i % su[j] == 0) break;
		}
	}
}

ll ksm(ll x, ll y) {//快速幂
	ll re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = (re * x) % mo;
		x = (x * x) % mo;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

ll phi(ll now) {//算phi值
	ll re = now;
	for (ll i = 1; su[i] * su[i] <= now; i++)
		if (now % su[i] == 0) {
			re = re / su[i] * (su[i] - 1);
			while (now % su[i] == 0) now /= su[i];
		}
	if (now != 1) re = re / now * (now - 1);
	return re;
}

int main() {
	get_su();
	
	scanf("%d", &T);
	for (int times = 1; times <= T; times++) {
		scanf("%d %lld", &n, &mo);
		
		ans = 0;
		for (int i = 1; i * i <= n; i++) {//枚举因子
			if (n % i == 0) {
				//我们上面弄出来的公式
				ans = (ans + ksm(n, i - 1) * phi(n / i) % mo) % mo;
				if (i * i != n)
					ans = (ans + ksm(n, (n / i) - 1) * phi(n / (n / i)) % mo) % mo;
			}
		}
		
		printf("%lld\n", ans);
	}
	
	return 0;
}

标签：mo,gcd,ll,ybt,su,re,项链,now,金牌
来源： https://blog.csdn.net/weixin_43346722/article/details/114146157