题解 poj 2154 Color
【题意】
\(x\) 组数据
每组询问 \(n\) 个颜色填涂 \(n\) 个空位的环，问不同构方案数，答案对 \(p\) 取模。
规定某个环能被另一个环旋转得到时，这两个环同构。
\(x\leq 3500, n\leq 10^9\)
【分析】
显然 \(n\) 个角度的旋转构成一个群，根据 polya 定理，得到答案为：
\(\displaystyle {1\over n}\sum_{i=1}^n n^{\gcd(i, n)}={1\over n}\sum_{d\mid n} n^d \boldsymbol \varphi({n\over d})=\sum_{d\mid n} n^{d-1} \boldsymbol \varphi({n\over d})\)
但如果暴力计算每一个 \(\boldsymbol \varphi({n\over d})\) 复杂度为 \(O(n^{3\over 4})\) 可能不够，考虑先打出前 \({n^{3\over 5}}\) 个欧拉函数值，则求解所有欧拉函数的复杂度降低为 \(O(n^{3\over 5})\)（证明如下）
故求解一组的复杂度为 \(O(n^{3\over 5})+O(\sqrt n)+O(\sqrt n\log n)=O(n^{3\over 5})\)，总复杂度即为 \(O(x\cdot n^{3\over 5})\)，卡卡常能过
【代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
int n, mod;
inline int fpow(int a,int x) { ll ans=1; for(;x;x>>=1,a=(ll)a*a%mod) if(x&1) ans=(ll)ans*a%mod; return ans; }
const int Lim=2.6e5, MAXN=Lim+10;
int fc[MAXN], phi[MAXN], prime[MAXN], cntprime;
inline int getphi(int n) {
if(n<=Lim) return phi[n];
int val=n;
for(int j=1;j<=cntprime;++j)
if((ll)prime[j]*prime[j]>n) break;
else if(n%prime[j]==0){
val=val/prime[j]*(prime[j]-1);
while(n%prime[j]==0) n/=prime[j];
}
if(n!=1) val=val/n*(n-1);
return val;
}
inline int ans(){
int res=0;
for(int i=1;i*i<=n;++i) if(n%i==0) {
int j=n/i;
res+=(ll)getphi(j)*fpow(n, i-1)%mod;
res-=(res>=mod?mod:0);
if(i!=j){
res+=(ll)getphi(i)*fpow(n, j-1)%mod;
res-=(res>=mod?mod:0);
}
}
return res;
}
inline void sieve(){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=Lim;++i){
if(!fc[i]) fc[i]=prime[++cntprime]=i, phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=cntprime;++j)
if(prime[j]*i>Lim||prime[j]>fc[i]) break;
else fc[prime[j]*i]=prime[j], phi[prime[j]*i]=phi[i]*(prime[j]-(prime[j]!=fc[i]));
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
sieve();
int x; cin>>x;
while(x--&&cin>>n>>mod) cout<<ans()<<"\n";
cout.flush();
return 0;
}
【证明】
朴素求解所有欧拉函数的复杂度求解如下考虑：
由于每个数字 \(n\) ，设其存在一个严格小于 \(\sqrt n\) 的因数 \(d\) ，则必然同时存在一严格大于 \(\sqrt n\) 的因数 \({n\over d}\)
故因数个数至多为 \(2\cdot(\sqrt n-1)+1=2\sqrt n-1\)
我们朴素求解 \(n\) 的欧拉函数值，复杂度为 \(O(\sqrt n)\)
\(\displaystyle T(n)=\sum_{d\mid n}C\cdot \sqrt d\leq C\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\sqrt d+\sqrt {n\over d})\)
由于 \(\displaystyle \sum_{x=1}^{\sqrt n} \sqrt x\approx \int_1^{\sqrt n}x^{1\over 2}\text dx={2\over 3}(x^{3\over 2}|^{\sqrt n}_1)=O(n^{3\over 4})\)
且 \(\displaystyle \sum_{x=1}^{\sqrt n} {1\over \sqrt x}\approx \int_1^{\sqrt n} x^{-{1\over 2}}\text dx=2(x^{1\over 2}|^{\sqrt n}_1)=O(n^{1\over 4})\)
故 \(T(n)=C\cdot O(n^{3\over 4})+C\cdot \sqrt n\cdot O(n^{1\over 4})=O(n^{3\over 4})\)
此为朴素计算的复杂度
考虑有限筛出 \(m\) 范围内欧拉函数的值，由上述朴素的分析得到：
若 \(m<\sqrt n\) ，则前半部分时间复杂度减小，后半部分不变，总复杂度为 \(O(m)+o(n^{3\over 4})+O(n^{3\over 4})=O(n^{3\over 4})\)
故 \(m\geq \sqrt m\)，此时可得，后半部分的因数均大于 \(m\)，故其对应的小因数均小于 \({n\over m}\)
故复杂度化为 \(\displaystyle T(n)=O(m)+\sum_{i=1}^{n\over m}C\cdot \sqrt{n\over i}=O(m)+C\cdot \sqrt n\cdot O(({n\over m})^{1\over 4})=O(m)+O({n^{3\over 4}\over m^{1\over 4}})\)
设 \(\displaystyle T(n)=C_1m+C_2\cdot {n^{3\over 4}\over m^{1\over 4}}\)
根据均值不等式，\(\displaystyle C_1m=C_2\cdot {n^{3\over 4}\over m^{1\over 4}}\) 时 \(T(n)\) 取最小值，达到 \(O(m)\)
求解等式得到 \(m=({C_2\over C_1})^{4\over 5}\cdot n^{3\over 5}\)
由于我也不知道 \(C_1, C_2\) 的值，故均取 \(1\)，得到 \(T(n)=O(m)=O(n^{3\over 5})\)
