题解 HDU 2865 Birthday Toy
【大意】
给定一个玩具，其周围有 \(n\) 个小珠子，中间有 \(1\) 个大珠子。要求用 \(k\) 个颜色对所有珠子着色，要求任意相邻小珠子颜色互不相同，大珠子与任意小珠子颜色互不相同。问旋转同构的方案数。
【分析】
优先枚举中心大珠子的着色方案，为 \(k\) 种。等价于用 \((k-1)\) 个颜色对剩余 \(n\) 个小珠子着色的方案数。
显然，绕圆心均匀旋转 \(0\)~\((n-1)\) 个小珠子的操作 \(\{ rot_0, rot_1, rot_2, \cdots, rot_{n-1} \}\) 构成一个置换群 \(G\) 。
考虑使用 Burniside 引理求解： \(\displaystyle k\cdot{1\over |G|}\sum_{g\in G}|X^g|={k\over n}\sum_{i=0}^{n-1}f(i, k-1)\)
其中，\(f(i, k-1)\) 表示所有相邻颜色不同的着色方案中，绕圆心旋转 \(i\) 个小珠子的操作 \(rot_i\) 不动点数
不难想到，所有着色方案中，若是 \(rot_i\) 的不动点，则对于任意序号 \(a\) 的小珠子，它的颜色必须和序号为 \((a+i)\) 的小珠子相同
因此，\(rot_i\) 操作将小珠子的序号划分为 \(\gcd(i, n)\) 个等价类，而同一等价类的染色方案必须相同
当 \(\gcd(i, n)=1\) 时，由于相邻小珠子染色不同，方案数为 \(0\)
当 \(\gcd(i, n)=d\) 时，用 \(h(d, k-1)\) 表示其染色方案数
代入原式得到：\(\displaystyle {k\over n}\sum_{i=0}^{n-1}h(\gcd(i, n), k-1)={k\over n}\sum_{i=1}^n h(\gcd(i, n), k-1)\)
采用莫比乌斯反演：\(\displaystyle {k\over n}\sum_{i=1}^n h(\gcd(i, n), k-1)={k\over n}\sum_{d\mid n\\d>1}h(d, k-1)\sum_{i=1}^n [\gcd(i, n)=d]={k\over n}\sum_{d\mid n\\d>1}h(d, k-1)\cdot \boldsymbol \varphi({n\over d})\)
现考虑如何计算 \(h(d, k),d>1\) ，表示 \(n\) 被划分为 \(d\) 个等价类，用 \(k\) 个颜色进行着色，使得相邻等价类颜色不同的旋转同构方案数
考虑将 \(d\) 个等价类看成 \(d\) 元环上的不同点，则 \(h(d, k)\) 等价于求解用 \(k\) 个颜色对 \(d\) 元环进行着色，使得相邻点颜色不同的旋转不同构方案数
故 \(h(2, k)=k(k-1), h(3, k)=k(k-1)(k-2)\)
当 \(d>3\) 时，考虑破环成链，考虑链上第一个点和倒数第二个点颜色是否相同：
-
若相同，则最后一个点的着色方案数为 \((k-1)\) 。前 \((d-1)\) 个点由于第一个和倒数第二个颜色相同（等价于一个点），着色方案为 \(h(d-2, k)\) 。由乘法原理，方案数为 \((k-1)\cdot h(d-2, k)\)
-
若不同，则最后一个点的着色方案数为 \((k-2)\) 。前 \((d-1)\) 个点由于第一个和倒数第二个颜色不同，可以直接相连，故着色方案数为 \(h(d-1, k)\) 。由乘法原理，方案数为 \((k-2)\cdot h(d-1, k)\)
故根据加法原理，\(h(d, k)=(k-1)\cdot h(d-2, k)+(k-2)\cdot h(d-1, k)\)
特征方程为 \(x^2+(1-k)x+(2-k)=[x-(k-1)]\cdot [x-(-1)]=0\) ，得 \(h(d, k)=C_1\cdot (k-1)^d+C_2\cdot (-1)^d\)
代入 \(h(2, k)\) 与 \(h(3, k)\) 得 \(h(d, k)=(k-1)^d+(k-1)\cdot (-1)^d\)
由于 \(\boldsymbol \varphi({n\over d})\) 均为 \(n\) 的因数，因此本人通过 divit 预处理 \(n\) 的所有质因数，优化求解复杂度
【代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD=1e9+7;
inline ll fpow(ll a,ll x) { ll ans=1; for(;x;x>>=1,a=a*a%MOD) if(x&1) ans=ans*a%MOD; return ans; }
inline int add(int a, int b) { return (a+=b)>=MOD?a-MOD:a; }
inline int dis(int a, int b) { return (a-=b)<0?a+MOD:a; }
const int Lim=4e4, MAXN=Lim+10;
int fc[MAXN], prime[MAXN], cntprime;
inline void sieve(){
for(int i=2;i<=Lim;++i){
if(!fc[i]) fc[i]=prime[++cntprime]=i;
for(int j=1;j<=cntprime;++j)
if(prime[j]>fc[i]||prime[j]*i>Lim) break;
else fc[ prime[j]*i ]=prime[j];
}
}
int n, k;
vector<int> divi;
inline void divit(int n){
divi.clear();
for(int i=2, I=sqrt(n)+1e-6;i<=I;++i) if(n%i==0) {
while(n%i==0) n/=i;
divi.push_back(i);
}
if(n>1)
divi.push_back(n);
}
inline int phi(int n){
int res=n;
for(auto p : divi)
if(n%p==0)
res=res/p*(p-1);
return res;
}
inline int f(int n, int k) {
return n&1?dis( fpow(k-1, n) , k-1):add( fpow(k-1, n) , k-1);
}
inline int ans(int n, int k){
int res=f(n, k-1);
divit(n);
for(int i=2, j, I=sqrt(n)+1e-6;i<=I;++i) if(n%i==0) {
j=n/i;
res=add(res, (ll)f(i, k-1)*phi(j)%MOD );
if(i!=j) res=add(res, (ll)f(j, k-1)*phi(i)%MOD );
}
return fpow(n, MOD-2)*k%MOD*res%MOD;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
sieve();
while(cin>>n>>k)
cout<<ans(n, k)<<"\n";
cout.flush();
return 0;
}
