[Burnside引理+数论] HDU 6960 Necklace of Beads

题目大意

有一个由 \(n\) 个珠子组成的项链，珠子有红绿蓝三种颜色，要求项链中相邻的珠子不能同色，求绿色珠子数量不超过 \(k\) 的本质不同项链的总数。若两条项链能通过顺时针旋转变得相同，则认为这两条项链本质相同。\(1\leq n,k\leq 10^**6\)

题解

考虑 Burnside 引理：

\[|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} |X^g| \]

设 \(g(n,m)\) 表示对长度为 \(n\) 的环进行染色，在绿色的个数为 \(m\) 的情况下，染色的方案数（不考虑本质不同）。当顺时针旋转 \(i\) 步时，圆环被划分为 \(\mathrm{gcd}(n,i)\) 段，每一段的长度均为 \(\frac{n}{\mathrm{gcd}(n,i)}\)，每一段内的点颜色必须相同，只有这样，顺时针旋转 \(i\) 步后圆环才和初始时相同。所以此时要么整个段全为绿色，要么整个段全不为绿色。那么顺时针旋转 \(i\) 步时和原来相同的染色方案数为

\[\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{k\cdot\mathrm{gcd}(i,n)}{n}\rfloor} g(\mathrm{gcd}(n,i),j) \]

而对于一个 \(n\) 个点的圆环，一共有 \(n\) 个置换，由Burnside引理，有：

\[ans=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{k\cdot\mathrm{gcd}(i,n)}{n}\rfloor} g(\mathrm{gcd}(n,i),j) \]

考虑怎么求 \(g(n,m)\)，即长度为 \(n\) 的圆环，有 \(m\) 个点是绿色，不考虑本质不同的涂色方案数。

假设我们已经在 \(m\) 个不相邻的点涂了绿色，在绿色点的间隙中，要么"红蓝红..."，要么"蓝红蓝..."这样涂色，一共有 \(m\) 个间隙，如果已经确定了绿色的涂色方案，也即确定了每个间隙的长度，每个间隙中只有两种涂其他颜色的方案，那么涂其他颜色的方案数为 \(2^m\)，还要乘上一个涂绿色点的方案数，即为 \(g(n,m)\)。而涂绿色点的方案数等于在长度为 \(n\) 的圆环上选取 \(m\) 个不相邻的点的方案数，若 \(n\) 号点已经被涂成绿色，则剩下 \(n-m-1\) 个位置要插入 \(m-1\) 个绿色点，方案数为 \(\binom{n-m-1}{m-1}\)；若不把 \(n\) 号点涂成绿色，则剩下 \(n-m\) 个位置要插入 \(m\) 个绿色点，方案数为 \(\binom{n-m}{m}\)。所以 \(g(n,m)=2^m\left[\binom{n-m}{m}+\binom{n-m-1}{m-1}\right],m\neq 0\)。当 \(m=0\) 时，若 \(n\) 为奇数，\(g(n,0)=0\)，若 \(n\) 为偶数，\(g(n,0)=2\)。

再考虑答案的式子，先枚举 \(\mathrm{gcd}\)，有

\[ans=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{k\cdot\mathrm{gcd}(i,n)}{n}\rfloor} g(\mathrm{gcd}(n,i),j)\\ =\frac{1}{n}\sum_{d|n}\sum_{i=0}^{n-1}[\mathrm{gcd}(n,i)=d]\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{k\cdot d}{n}\rfloor}g(d,j)\\ =\frac{1}{n}\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n}[\mathrm{gcd}(n,i)=d]\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{k\cdot d}{n}\rfloor}g(d,j)\\ =\frac{1}{n}\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[\mathrm{gcd}(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,i)=1]\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{k\cdot d}{n}\rfloor}g(d,j)\\ =\frac{1}{n}\sum_{d|n}\varphi(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{k\cdot d}{n}\rfloor}g(d,j)\\ =\frac{1}{n}\sum_{d|n}\varphi(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)F(d) \]

其中

\[F(d)=\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{k\cdot d}{n}\rfloor}g(d,j) \]

我们可以预处理出阶乘和阶乘的逆元来快速计算组合数。对于每一个 \(n\) 的因子 \(d\)，计算出 \(F(d)\)，然后累加即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define RG register int
#define LL long long

const LL MOD = 998244353LL;

LL inv[1000010], fact[1000010], finv[1000010], two[1000010];
int Phi[1000005];
bool not_Prime[1000005];
vector<int> Prime;

void Init() {
    inv[1] = fact[0] = fact[1] = finv[0] = finv[1] = two[0] = 1;
    two[1] = 2;
    for (int i = 2;i <= 1000000;++i) {
        inv[i] = ((-(MOD / i) * inv[MOD % i]) % MOD + MOD) % MOD;
        fact[i] = fact[i - 1] * i % MOD;
        finv[i] = finv[i - 1] * inv[i] % MOD;
        two[i] = (two[i - 1] << 1) % MOD;
    }
}

LL C(int n, int m) {
    if (m > n) return 0;
    return fact[n] * finv[m] % MOD * finv[n - m] % MOD;
}

void Get_Phi(int Len) {
    not_Prime[1] = true;
    Phi[1] = 1;
    int Count = 0;
    for (int i = 2;i <= Len;i++) {
        if (!not_Prime[i]) { Prime.push_back(i);Phi[i] = i - 1; }
        for (int j = 0;j < Prime.size();++j) {
            int mid = i * Prime[j];
            if (mid > Len) break;
            not_Prime[mid] = true;
            if (i % Prime[j] == 0) { Phi[mid] = Phi[i] * Prime[j];break; }
            Phi[mid] = Phi[i] * (Prime[j] - 1);
        }
    }
}

int T, n, k;

inline LL g(int d, int i) {
    if (i == 0) {
        if (d & 1) return 0;
        return 2;
    }
    return two[i] * (C(d - i, i) + C(d - i - 1, i - 1)) % MOD;
}

LL F(int d) {
    LL res = 0;
    for (int i = 0;i <= (1LL * k * d) / n;++i)
        res = (res + g(d, i)) % MOD;
    return res;
}

int main() {
    Init();
    Get_Phi(1000000);
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> k;
        int d;LL ans = 0;
        for (d = 1;d * d < n;++d) {
            if (n % d == 0) {
                ans = (ans + Phi[n / d] * F(d) % MOD) % MOD;
                ans = (ans + Phi[d] * F(n / d) % MOD) % MOD;
            }
        }
        if (d * d == n) ans = (ans + Phi[d] * F(d) % MOD) % MOD;
        ans = ans * inv[n] % MOD;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}