UVA 10294 等价类计数

 题目大意：

项链和手镯都是若干珠子穿成的环形首饰，手镯可以旋转和翻转，但项链只能旋转，给n个珠子，t种颜色，求最后能形成的手镯，项链的数量

 

这里根据等价类计数的polya定理求解

对于一个置换f，若一种方案经过置换后不改变，那么不改变的点的个数记作C(f)

统计所有的C(f) ， 相加之后求和除以置换的种数即可

 

那么这道题里面

对于项链来说，旋转一个角度，也就是2*PI/n ， 那么置换群可表示为

1 2 3 4 .... n

2 3 4 5 ... 1

这里就存在一个循环节

所以方案数为 t^1

自己 写着会发现，循环节的个数就是旋转数和总数的gcd值

那么不动点的个数就是 sigma(t^(gcd(i,n))

对于手镯除了上述情况，还有翻转

对于 n 为奇数，翻转对称轴有n条，这样置换形成的循环节有 (n+1)/2

对于 n 为偶数，翻转对称轴有n条，n/2条是不经过点的，这样置换形成的循环节有 (n)/2

n/2条经过两个点的，这样置换形成的循环节有 (n)/2+1

#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;
#define ll unsigned long long
int n , t;
ll pow[51];

int gcd(int a , int b){return b==0?a:gcd(b , a%b);}

void init()
{
    pow[1] = t;
    for(int i=2 ; i<=n ; i++) pow[i] = pow[i-1]*t;
}
int main()
{
  //  freopen("in.txt" , "r" , stdin);
    while(~scanf("%d%d" , &n , &t)){
        init();
        ll a=0 , b=0;
        for(int i=1 ; i<=n ; i++){
            a += pow[gcd(i , n)];
        }
        if(n&1) b+= pow[(n+1)/2]*n;
        else{
            b+=(n/2)*(pow[n/2]+pow[n/2+1]);
        }
        printf("%lld %lld\n" , a/n , (a+b)/2/n);
    }
}