周末晚会

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题目大意

给你一个 01 环，然后不能有超过 k 个 0 在一起。
然后问你有多少个本质不同的环，可以通过旋转重合的环视作本质相同。

思路

啊啊啊我容斥好菜啊！！！

你考虑它这个置换用 Burnside 引理来搞。

然后你发现有一些特殊情况，就如果 \(gcd(i,n)\leqslant k\)，那你好像随便填都不会影响？
（就循环内相同）
其实如果全部都是女的还要 \(k\geqslant n\)，否则的话方案数要减一。

然后接着就是普通的情况，不难想到可以 DP。
（然后这里 \(O(Knm)\) 常数小是可以过的）

然后你考虑用容斥来解决环的问题，我们用所有的缝合方案减去缝合之后缝合的地方超过 \(k\) 个 \(0\) 的方案。
设 \(f_{i,j}\) 为长度为 \(i\)，中间满足所有连续 \(0\) 长度都不超过 \(k\)，最后有 \(j\) 个 \(0\) 连续。
\(F_{i,j}\) 也差不多，但是一开始的位置一定是 \(1\)。

然后你转移就每次填 \(0/1\)，填 \(0\) 就前面所有的加起来放到 \(f_{i,0}\)，放 \(1\) 就从 \(f_{i-1,j-1}\) 转移。
然后两个其实转移是一样的，不过 \(F\) 的初始化比 \(f\) 多一个 \(F_{1,0}=1\)，而且是从 \(2\) 开始 DP 的。

\(g_i\) 为长度为 \(i\) 的满足条件的环的个数。
那全部就是 \(f_{i+1,0}\)，然后你就枚举缝合的地方 \(0\) 的个数 \(j=k+1\sim \min\{2k,i-1\}\)。
然后你就先弄出一个两头都是 \(1\) 的（\(F_{i-j,0}\)），然后你看一边最多放多少个 \(0\)（\(k\) 个），最少放多少个（\(j-k\) 个），个数乘起来即是减去的。

然后就可以愉快的用 Burnside 引理了！

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define mo 100000007

using namespace std;

int T, n, k;
int f[2001][2001], ans, g[2001], mi[2001], F[2001][2001];

int mul(int x, int y) {
	return (1ll * x * y) % mo;
}

int jia(int x, int y) {
	return (x + y) >= mo ? x + y - mo : x + y;
}

int jian(int x, int y) {
	return x >= y ? x - y : x - y + mo;
}

void Init(int n, int k) {//DP
	F[0][0] = F[1][0] = 1; int sum = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		F[i][0] = sum;
		for (int j = 1; j <= k; j++) {
			F[i][j] = F[i - 1][j - 1];
			sum = jia(sum, F[i][j]);
		}
	}
	f[0][0] = 1; sum = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		f[i][0] = sum;
		for (int j = 1; j <= k; j++) {
			f[i][j] = f[i - 1][j - 1];
			sum = jia(sum, f[i][j]);
		}
		
		g[i] = sum;//容斥
		for (int j = k + 1; j <= min(2 * k, i - 1); j++) {
			g[i] = jian(g[i], mul(F[i - j][0], (k - (j - k) + 1)));
		}
	}
}

int ksm(int x, int y) {
	int re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = mul(re, x);
		x = mul(x, x);
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

int phi(int n) {
	int re = n;
	for (int i = 2; i * i <= n; i++)
		if (n % i == 0) {
			re = re / i * (i - 1);
			while (n % i == 0) n /= i;
		}
	if (n > 1) re = re / n * (n - 1);
	return re; 
}

void work(int d) {
	int re = 0;
	if (n / d <= k) {
		if (k < n) re = jian(mi[n / d], 1);
			else re = mi[n / d];
	}
	else re = g[n / d];
	ans = jia(ans, mul(re, phi(d)));
}

int main() {
	mi[0] = 1; for (int i = 1; i <= 2000; i++) mi[i] = jia(mi[i - 1], mi[i - 1]);
	
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%d %d", &n, &k);
		
		Init(n, k);
		
		ans = 0;
		for (int i = 1; i * i <= n; i++) {
			if (n % i == 0) {
				work(i); if (i * i != n) work(n / i);
			}
		}
		ans = mul(ans, ksm(n, mo - 2));
		printf("%d\n", ans);
	}
	
	return 0;
}

标签：1547,return,int,容斥,mo,ybt,然后,re,2001
来源： https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_JPDH_8-5-8.html