HDU6427 Problem B. Beads

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分析：
吓得我赶紧去复习了一下polya
这里有两种置换，一种是位置置换\(2n\)种，一种是颜色置换\(m\)种
组合起来就有\(2nm\)种

先考虑平移变色这\(nm\)种变换
假设一个方案变色\(g\)次，平移\(d\)次与之前相等的方案数
中途关联的\(\frac{n}{gcd(d,n)}\)个位置，颜色要变回来至少要\(\frac{m}{gcd(g,m)}\)次
这里要满足\(\frac{m}{gcd(g,m)}|\frac{n}{gcd(d,n)}\)
我们列出式子开始推：

\(~~~~\sum_{d=1}^{n}m^{gcd(d,n)}\sum_{g=1}^{m}[\frac{m}{gcd(g,m)}|\frac{n}{gcd(d,n)}]\)

\(=\sum_{d|n}\varphi(d)m^{\frac{n}{d}}\sum_{g|m}\varphi(g)[g|d]\)

\(=\sum_{d|n}\varphi(d)m^{\frac{n}{d}}\sum_{g|gcd(m,d)}\varphi(g)\)

\(=\sum_{d|n}\varphi(d)m^{\frac{n}{d}}gcd(m,d)\)

最终这个式子就可以\(O(\sqrt n)\)求了
\(n\)有点大，使用Pollard_Rho分解质因数，dfs枚举所有因数及其欧拉函数

接下来是反转变色的\(nm\)种变换
\(n\)为奇数时，处于对称轴上的点不能变颜色，于是不存在颜色变换
方案数为\(nm^{\frac{n+1}{2}}\)
\(n\)为偶数时，如果穿过对称轴的是两个点，那么也不存在颜色交换
方案数为\(nm^{\frac{n}{2}+1}\)
如果不穿过点，那么颜色变换可以为\(gcd(2,m)\)种，即考虑\(m\)的奇偶性
方案数为\(gcd(m,2)nm^{\frac{n}{2}}\)

加在一起除以\(2nm\)就好了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<ctime>
#include<set>

#define maxn 200005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 998244353
#define eps 1e-8

using namespace std;

inline long long getint()
{
	long long num=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
	while(c>='0'&&c<='9')num=num*10+c-48,c=getchar();
	return num*flag;
}

long long n,m,ans;
map<long long,int>M;
vector<pair<long long,int> >D;
int cnt=10,pri[20]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71};

inline long long gcd(long long p,long long q)
{return q?gcd(q,p%q):p;}
inline long long mul(long long a,long long b,long long p)
{return (a*b-(long long)((long double)a/p*b+eps)*p+p)%p;}
inline long long ksm(long long num,long long k,long long P=998244353)
{
	long long ret=1;
	for(;k;k>>=1,num=mul(num,num,P))if(k&1)ret=mul(ret,num,P);
	return ret;
}

inline void dfs(int x,long long nw,long long phi)
{
	if(x==D.size())
	{ans=(ans+(gcd(m,nw)%MOD)*ksm((m%MOD),(n/nw)%(MOD-1))%MOD*(phi%MOD)%MOD)%MOD;return;}
	dfs(x+1,nw,phi),nw*=D[x].first,phi*=D[x].first-1,dfs(x+1,nw,phi);
	for(int i=2;i<=D[x].second;i++)nw*=D[x].first,phi*=D[x].first,dfs(x+1,nw,phi);
}
inline long long F(long long t,long long x,long long c)
{return (mul(t,t,x)+c)%x;}

inline bool Miller_Rabin(long long x)
{
	if(x==2)return 1;
	if(x==1||!(x&1))return 0;
	long long k=x-1,t=0;
	while(!(k&1))t++,k>>=1;
	for(int i=0;i<cnt&&pri[i]<x;i++)
	{
		long long g=ksm(pri[i],k,x);
		for(int j=0;j<t;j++)
		{
			long long g0=mul(g,g,x);
			if(g0==1&&g!=1&&g!=x-1)return 0;
			g=g0;
		}
		if(g!=1)return 0;
	}
	return 1;
}

inline void Pollard_Rho(long long x)
{
	if(Miller_Rabin(x)){M[x]++;return;}
	while(1)
	{
		long long c=rand()%(x-1)+1,p=rand()%x,q=F(p,x,c);
		while(p!=q)
		{
			long long d=gcd(x,abs(p-q));
			if(d!=1){Pollard_Rho(d),Pollard_Rho(x/d);return;}
			p=F(p,x,c);q=F(F(q,x,c),x,c);
		}
	}
}

int main()
{
	srand(114514);
	int T=getint();
	while(T--)
	{
		M.clear(),ans=0,D.clear();
		n=getint(),m=getint();
		Pollard_Rho(n);
		for(map<long long,int>::iterator it=M.begin();it!=M.end();it++)D.push_back(*it);
		dfs(0,1,1);
		if(n&1)ans=(ans+(n%MOD)*ksm(m%MOD,((n+1)/2)%(MOD-1))%MOD)%MOD;
		else
		{
			ans=(ans+(n/2)%MOD*ksm(m%MOD,(n/2)%(MOD-1))%MOD*gcd(2,m)%MOD)%MOD;
			ans=(ans+(n/2)%MOD*ksm(m%MOD,(n/2+1)%(MOD-1))%MOD)%MOD;
		}
		printf("%lld\n",ans*ksm(2*(n%MOD)*(m%MOD)%MOD,MOD-2)%MOD);
	}
}