Luogu P4270 [USACO18FEB]Cow Gymnasts (打表找规律)

题意

传送门

题解

首先我们不竖着看奶牛而是横着看。从下往上把奶牛叫做处于第$0,1,2...$层。那么相当于第$0$层的不动，第$1$层的平移一格，第$2$层的平移$2$格，以此类推，第$i$层平移$i$格。假设每一层的最小正周期为$x_i$，则显然有$x_i|i$且$x_i|n$。因为第$i$层动了$i$步恰好复原，$i$就一定是最小正周期的倍数；因为是$n$的环排列，所以最小正周期是$n$的因数。

那么就有$x_i|gcd(i,n)$，又因为$i$与$i-1$互质，则$gcd(i,n)$与$gcd(i-1,n)$互质，所以$x_i$与$x_{i-1}$互质。

又因为为了不让第$i$层的奶牛悬空，有第$i$层的位置移动后必有第$i-1$层的奶牛支撑，结合互质得到，在$x_{i}$存在的情况下，$x_{i-1}=1$。

意思就是说除了最上面一层，下面其它层周期均为$1$，也就是全都占满了，每一层都是$n$头奶牛。那么这个序列最多只能出现两个值，$i$和$i-1$。

我们枚举$i$，最大周期是$gcd(i,n)$，答案就是
$\large1+\sum_{i=1}^{n-1}\left(2^{gcd(i,n)}-1\right)=\left(\sum_{i=1}^{n-1}2^{gcd(i,n)}\right)-(n-2)$前面的$1$表示最高层是第$0$层，后面的表示在$gcd(i,n)$这一最大周期内每个值只有$i$和$i-1$两种取法，所以是$2$的次幂，不是最大周期的情况也能包括在内。后面的$1$表示不能全是$i-1$，否则最高层就不是$i$了。

暴力做是$O(nlogn)$的，要考虑优化。

将$gcd(i,n)$相等的一起处理，对于$1\le x<n$，$gcd(i,n)=x(1\le i<n)$的$i$的数量为$φ(n/i)$，显然。所以答案就是$\left(\sum_{x|n}^{n-1}2^x\cdot φ(n/x)\right)-(n-2)$

那么搜索出所有的因数，搜索过程中可以算出$φ(n/x)$，最后时间复杂度为$O(\sqrt n\cdot logn)$。$log$是快速幂。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1000000007;
LL p[20], k[20], ans, a[20][40], n;
//p[i]表示第i个质因数,k[i]表示p[i]的幂
//a[i][j] = p[i]^j

int cnt;
inline LL qpow(LL a, LL b) {
    LL re=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)re=re*a%mod;
    return re;
}
void dfs(int i, LL x, LL phi) {
    if(i > cnt) {
        if(x < n)
            ans = (ans + 1ll * qpow(2, x) * phi % mod) % mod;
        return;
    }
    for(int j = 0; j <= k[i]; ++j)
        dfs(i+1, x*a[i][j], phi/a[i][j]/(j<k[i]?p[i]:1)*(j<k[i]?p[i]-1:1)); //计算phi(n/x)
}
int main () {
    scanf("%lld", &n); LL N = n;
    for(LL i = 2; i*i <= n; ++i)
        if(n % i == 0) {
            p[++cnt] = i;
            a[cnt][0] = 1;
            while(n % i == 0) {
                n /= i, ++k[cnt];
                a[cnt][k[cnt]] = a[cnt][k[cnt]-1] * i;
            }
        }
    if(n > 1) p[++cnt] = n, k[cnt] = 1, a[cnt][0] = 1, a[cnt][1] = n;
    n = N;
    dfs(1, 1, n);
    printf("%lld\n", ((ans - n + 2) % mod + mod) % mod); //记得加mod
}

事实上官方题解是这样子的 Here