洛谷 P3307: bzoj 3202: [SDOI2013] 项链
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题意简述：
这题分为两个部分：
① 有一些珠子，每个珠子可以看成一个无序三元组。三元组要满足三个数都在$1$到$m$之间，并且三个数互质，两个珠子不同当且仅当这个三元组不同。计算有多少种不同的珠子。
② 把这些珠子串成一个环，要满足相邻的珠子不同。两个环不同当且仅当旋转任意角度后仍然不同。计算有多少种不同的环。
题解：
分成两部分做。
第一部分：
考虑计算三元组的个数，转无序为有序，再去重。
答案=(三个都不同的有序三元组方案)/6+(两个相同，另一个不同的方案)/3+(三个都相同的方案)。
容斥一下得到答案=(三元组的方案+二元组的方案*3+一元组的方案*2)/6。
因为一元组只有(1)满足条件，所以答案是(2+三元组的方案+二元组的方案*3)/6。
考虑如何求出两种方案。
三元组的方案是\(\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^m[\gcd(i,j,k)=1]\)，二元组同理。
显然是莫反套路，三元组的答案是\(\sum_{d=1}^m\mu(d){\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}^3\)，二元组同理。
数论分块求出答案即可，最后乘上6的逆元。这一步复杂度$\Theta(m+T\sqrt{m})$。
第二部分：
知道了不同珠子的数量，要求出本质不同的环的个数。
Burnside引理套路。最终方案数等于每个置换的不动点个数的平均数，即\(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf(i)\)，\(f(i)\)表示旋转\(i\)格的不动点数量。
稍微化简一下：\(\frac{1}{n}\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})f(d)\)。
考虑计算\(f(x)\)，当$x$是$n$的因数时，$f(x)$就等于不考虑旋转时的长度为$x$的环的数量。
假设不同珠子的数量为\(k\)，不加证明地给出一个式子：\(f(x)=(k-1)^x+(-1)^x(k-1)\)。这个式子可以递推得出。
那么根据这个式子和上面的式子计算即可。
要注意\(n\)太大了，要求出\(\varphi\)的值比较困难，考虑DFS它的每个质因数，按照\(\varphi\)是个积性函数以及公式，求得\(\varphi\)。
要注意，最后除掉\(n\)的时候，\(n\)可能是模数的倍数导致没有逆元。可以发现\(n\)不会是模数平方的倍数，所以把模数平方后再做一遍，最后除掉模数这个因子即可。
1 #include <cstdio> 2 3 #define reg register 4 typedef unsigned long long ULL; 5 const ULL MOD = 1000000007ll; 6 const ULL Inv61 = 166666668ll; 7 const ULL Inv62 = 833333345000000041ll; 8 ULL Mod; 9 ULL Inv6; 10 const int MN = 10000001; 11 12 ULL TN[11]; 13 int TA[11], MA; 14 15 bool ip[MN]; 16 int p[MN], pc; 17 int mu[MN]; 18 inline void SieveInit() { 19 ip[0] = ip[1] = 1; 20 mu[1] = 1; 21 for (reg int i = 2; i <= MA; ++i) { 22 if (!ip[i]) 23 p[++pc] = i, 24 mu[i] = -1; 25 for (reg int j = 1; j <= pc; ++j) { 26 reg int k = p[j] * i; 27 if (k > MA) break; 28 ip[k] = 1; 29 if (i % p[j]) mu[k] = -mu[i]; 30 else break; 31 } 32 } 33 for (reg int i = 2; i <= MA; ++i) 34 mu[i] += mu[i - 1]; 35 } 36 37 int O; 38 inline ULL Mul(ULL x, ULL y) { 39 if (!O) return x * y % Mod; 40 return (x * y - (ULL)((long double) x / Mod * y) * Mod + Mod) % Mod; 41 } 42 43 ULL N; int A; 44 ULL M; 45 inline void SolveM() { 46 M = 2; 47 for (reg int i = 1, j, k; i <= A; i = j + 1) { 48 k = A / i, j = A / k; 49 M = (M + Mul(Mul(Mul(k, k), k + 3), (mu[j] - mu[i - 1] + Mod) % Mod)) % Mod; 50 } 51 M = Mul(M, Inv6); 52 } 53 54 ULL Pow[60]; 55 inline void PowInit() { 56 Pow[0] = M - 1; 57 for (reg int i = 1; i < 60; ++i) Pow[i] = Mul(Pow[i - 1], Pow[i - 1]); 58 } 59 inline ULL qPow(ULL E) { 60 ULL A = 1; 61 for (reg int j = 0; E; E >>= 1, ++j) 62 if (E & 1) A = Mul(A, Pow[j]); 63 return A; 64 } 65 inline ULL Inv(ULL B) { 66 ULL A = 1; 67 for (reg ULL E = MOD - 2; E; E >>= 1, B = B * B % MOD) 68 if (E & 1) A = A * B % MOD; 69 return A; 70 } 71 72 ULL b[15]; int e[15], cnt; 73 ULL Ans; 74 inline ULL F(ULL x) { 75 return (qPow(x) + (x & 1 ? Mod - M + 1 : M - 1)) % Mod; 76 } 77 void DFS(int st, ULL now, ULL phi) { 78 if (st > cnt) { 79 Ans = (Ans + Mul(phi % Mod, F(N / now))) % Mod; 80 return; 81 } 82 DFS(st + 1, now, phi); 83 for (reg int i = 1; i <= e[st]; ++i) { 84 now *= b[st]; 85 phi *= i == 1 ? b[st] - 1 : b[st]; 86 DFS(st + 1, now, phi); 87 } 88 } 89 inline ULL Solve() { 90 ULL NN = N; cnt = 0; 91 for (reg ULL i = 2; i * i <= NN; ++i) if (NN % i == 0) { 92 b[++cnt] = i, e[cnt] = 0; 93 while (NN % i == 0) NN /= i, ++e[cnt]; 94 } if (NN > 1) b[++cnt] = NN, e[cnt] = 1; 95 Ans = 0; DFS(1, 1, 1); 96 if (O) Ans = Ans / MOD * Inv(N / MOD) % MOD; 97 else Ans = Ans * Inv(N % MOD) % MOD; 98 return Ans; 99 } 100 101 int main() { 102 int Tests; 103 scanf("%d", &Tests); 104 for (int i = 1; i <= Tests; ++i) 105 scanf("%llu%d", TN + i, TA + i), 106 MA = TA[i] > MA ? TA[i] : MA; 107 SieveInit(); 108 for (int i = 1; i <= Tests; ++i) { 109 N = TN[i], A = TA[i]; 110 O = N % MOD ? 0 : 1; 111 if (O) Mod = MOD * MOD, Inv6 = Inv62; 112 else Mod = MOD, Inv6 = Inv61; 113 SolveM(); 114 PowInit(); 115 printf("%llu\n", Solve()); 116 } 117 return 0; 118 } 119 120 // 1. 求出本质不同的珠子数量，容斥 + 莫比乌斯反演 + 数论分块 121 // 2. 求出答案，Burnside 引理 + 数论分块
