bzoj3202:[Sdoi2013]项链
思路:首先考虑如何求珠子个数,一个珠子由a,b,c三个数组成且属于区间[1,a],并满足gcd(a,b,c)=1。由于要求本质相同,对于a,b,c这样的一个无序的数列且满足gcd(a,b,c)=1,设其总方案数为t1,那么显然本质相同的重复了6次,即(a,b,c),(a,c,b),(b,a,c),(b,c,a),(c,a,b),(c,b,a),所以要将t1/=6,但如果存在两个数相同,这样的其实只出现了三次,因此还要加上3*这样的情况(设其为t2)的方案数,同时可能有三个相同,这样的情况只可能是(1,1,1),只出现了一次,又因为计算两个数相同时已经加了三次,所以要再加两次。
即珠子个数=t1+3*t2+2。t1,t2的求法要用到莫比乌斯反演
这个预处理mu可以sqrt(a)处理,然后考虑如何统计答案,联系bzoj4330爱之项链,那个题因为有特殊的东西使得不需要考虑是否本质不同,但本题是要考虑的,可以利用burnside引理,当旋转i格时,一共有gcd(n,i)个循环,且所有循环都是相邻的,这就相当于只考虑这长为gcd(n,i)的一段的合法的方案数,因为这样的话其余部分均可通过这一段置换得到,且本质相同。那这一段合法方案数有哪些呢,首先不仅相邻的不能相同,首尾也不能相同,因为置换后首就和尾相邻了,那么这不就变成了一个环且相邻颜色不同的总方案数了吗,设长为x的环的答案为f(x),于是最终答案即sigma(f(gcd(n,i)))。(f(x)=(m-1)^x+(x&1?1-m:m-1),m为颜色种类数,具体证明见http://www.cnblogs.com/DUXT/p/5951747.html
然后具体实现过程注意两个细节,一个vfk加强了数据,n有可能是p的倍数,因此不能直接求逆元,处理方法就是对求分子的过程中都对p^2取模,然后分子除以p,再乘以n/p在模p意义下的逆元即可,蒟蒻并不知道这是为什么。。。。。(当且仅当n是p的倍数是才能这么做)
然后可能出现long long*long long%long long,用一个乘爆的小技巧即可(详见函数mul())。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; #define maxn 10001005 int cases,a,tot,p=1000000007; int prime[maxn],mu[maxn],phi[maxn]; bool bo[maxn]; long long n,mod; long long mul(long long x,long long y){ long double t2=(long double)x*y/mod; long long t1=x*y,t3=(long long)(t1-(long long)t2*mod)%mod; return (t3+mod)%mod; } long long power(long long a,long long k){ if (k==0) return 1; if (k==1) return a%mod; long long x=power(a,k/2),ans=mul(x,x); if (k&1) ans=mul(ans,a); return ans; } long long fphi(long long x){ if (x<maxn) return phi[x]; long long ans=x; for (int i=2;1ll*i*i<=x;i++) if (x%i==0){ ans=ans-ans/i; while (x%i==0) x/=i; } if (x!=1) ans=ans-ans/x; return ans; } long long solve(long long m,long long n){ return ((power(m-1,n)+(n&1?1ll-m:m-1ll))%mod+mod)%mod; } void ex_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){ if (!b){x=1,y=0;return;}else ex_gcd(b,a%b,x,y); long long x1=x,y1=y; x=y1,y=x1-a/b*y1; } long long inv(long long a){ long long x=0,y=0;ex_gcd(a,p,x,y);return (x%p+p)%p; } int main(){ scanf("%d",&cases);mu[1]=1,phi[1]=1; for (int i=2;i<maxn;i++){ if (!bo[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1; for (int j=1;j<=tot && i*prime[j]<maxn;j++){ bo[i*prime[j]]=1; if (i%prime[j]==0){ mu[i*prime[j]]=0; phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; break; } mu[i*prime[j]]=-mu[i],phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); } } for (int i=2;i<maxn;i++) mu[i]+=mu[i-1]; while (cases--){ scanf("%lld%d",&n,&a);long long ans2=0,ans3=0; if (n%p==0) mod=1ll*p*p;else mod=p; for (int i=1,j;i<=a;i=j+1){ j=a/(a/i); ans2=(ans2+mul((mu[j]-mu[i-1]),(1ll*(a/i)*(a/i)%mod)))%mod; ans3=(ans3+mul((mu[j]-mu[i-1]),mul(1ll*(a/i)*(a/i)%mod,(a/i)%mod)))%mod; } long long m=mul((ans3+3*ans2%mod+2)%mod,power(6,1ll*p*(p-1)-1)),ans=0; for (int i=1;1ll*i*i<=n;i++) if (n%i==0){ ans=(ans+mul(solve(m,i),fphi(n/i)))%mod; if (1ll*i*i!=n) ans=(ans+mul(solve(m,n/i),fphi(i)))%mod; } if (n%p!=0) ans=mul(ans,power(n,mod-2))%p; else ans=ans/p,n=n/p,ans=mul(ans,inv(n))%p; printf("%lld\n",ans); } return 0; }
UPD:一年以后来复习的时候发现后面这个也会证了。。。。。
首先x/y(mod p)=x(mod yp)/p,当且仅当y|x时成立。
证明:令x/y=kp+m,即x=kyp+mp,然后有x=mp(mod yp),即x/p=m(mod yp),m就是x/y(mod p)。
然后此题的y=n,且满足y|x,然后用上面的那个公式就能得出以前的那个结论了。。。。。