【ybt金牌导航8-5-1】【luogu P4980】彩色项链1 / 【模板】Pólya 定理

彩色项链1

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题目大意

一个项链，然后有 n 个颜色让你涂在 n 个珠子上。
（不一定要用完所有颜色）
然后问你有多少种项链本质不同。

本质不同要两个项链无论怎么选择都不能重合（即对于位置颜色相同）。

思路

我们看到本质不同，然后它又是把一些状态转移，自然会想到 Burnside 引理和 Polya 定理。

它是干嘛的呢？
就是针对这种状态可以转移的东西，然后能转移就表示本质相同，它就是用来求有多少本质不同的状态。

然后能使得状态转移的东西，就叫做置换。
$f=(a_1,a_2,...,a_n)$ 这个置换，表示 $i$ 可以转移到 $a_i$。

然后你会知道按着这么搞，会出现一个或多个循环，就是某个点可以一直在这个循环里面的跳。
那这些循环之间是不相交的。

Burnside 引理就是可以解决有多个置换时能有的本质不同状态个数。
这里先给出 Burnside 引理的公式：
$L=\dfrac{1}{|G|}\sum\limits_{r\in G}c_1(r)$

$G$ 就是置换群，包含了给出的所有置换。$c_1(r)$ 就是在置换 $r$ 中自己直接转移到自己的状态个数。

至于这个证明，我太菜了，证不了。用就完事了！

接着来看 Polya 定理，就是这道题要用的算法。
它就是可以处理什么多种颜色的情况。

在前面的引理中，你需要列出所有的状态，但是如果颜色一多，你就不能表示出所有状态，就需要用这个算法了。

公式是这个：
$L=\dfrac{1}{|G|}\sum\limits_{r\in G}m^{c(r)}$

这里 $c(r)$ 的意义不再一样，就是 $r$ 置换中循环的个数。
它主要就是说每个循环都可以选任意颜色，然后循环中的点的颜色是相同的，然后中间就变成了这样。

$m$ 是颜色的个数。

然后你列出置换 $r_k$ 为 $(k+1,k+2,...,n,1,2,...,k)$。
可以知道 $c(r)=\gcd(k,n)$，$|G|=n$。

但是还是不是很优，我们考虑继续优化。
$L=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{d|n}(n^d\sum[d=\gcd(k,n)])$
（因为是 $\gcd$，所以我们可以把 $\gcd$ 同一个值的提取出来，前面的求和是单个的贡献，里面的是求出有多少个同一个值的）
$L=\sum\limits_{d|n}(n^{d-1}\sum[1=\gcd(\dfrac{k}{d},\dfrac{n}{d})])$
那你会发现 $\gcd$ 的右边是跟里面的循环没有关系，而且是要 $\gcd$ 里面的两个互质，自然想到欧拉函数。
$L=\sum\limits_{d|n}(n^{d-1}\varphi(\dfrac{n}{d}))$

然后就可以做了。

代码

ybt

#include<cstdio>
#define ll long long

using namespace std;

int T, n;
ll mo, ans, su[35001];
bool ns[35001];

void get_su() {//欧拉筛筛出素数
	ns[1] = ns[0] = 1;
	for (int i = 2; i <= 35000; i++) {
		if (!ns[i]) {
			su[++su[0]] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= su[0] && i * su[j] <= 35000; j++) {
			ns[i * su[j]] = 1;
			if (i % su[j] == 0) break;
		}
	}
}

ll ksm(ll x, ll y) {//快速幂
	ll re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = (re * x) % mo;
		x = (x * x) % mo;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

ll phi(ll now) {//算phi值
	ll re = now;
	for (ll i = 1; su[i] * su[i] <= now; i++)
		if (now % su[i] == 0) {
			re = re / su[i] * (su[i] - 1);
			while (now % su[i] == 0) now /= su[i];
		}
	if (now != 1) re = re / now * (now - 1);
	return re;
}

int main() {
	get_su();
	
	scanf("%d", &T);
	for (int times = 1; times <= T; times++) {
		scanf("%d %lld", &n, &mo);
		
		ans = 0;
		for (int i = 1; i * i <= n; i++) {//枚举因子
			if (n % i == 0) {
				//我们上面弄出来的公式
				ans = (ans + ksm(n, i - 1) * phi(n / i) % mo) % mo;
				if (i * i != n)
					ans = (ans + ksm(n, (n / i) - 1) * phi(n / (n / i)) % mo) % mo;
			}
		}
		
		printf("%lld\n", ans);
	}
	
	return 0;
}

luogu

#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 1000000007

using namespace std;

int T, n;
ll ans, su[35001];
bool ns[35001];

void get_su() {
	ns[1] = ns[0] = 1;
	for (int i = 2; i <= 35000; i++) {
		if (!ns[i]) {
			su[++su[0]] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= su[0] && i * su[j] <= 35000; j++) {
			ns[i * su[j]] = 1;
			if (i % su[j] == 0) break;
		}
	}
}

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = (re * x) % mo;
		x = (x * x) % mo;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

ll phi(ll now) {
	ll re = now;
	for (ll i = 1; su[i] * su[i] <= now; i++)
		if (now % su[i] == 0) {
			re = re / su[i] * (su[i] - 1);
			while (now % su[i] == 0) now /= su[i];
		}
	if (now != 1) re = re / now * (now - 1);
	return re;
}

int main() {
	get_su();
	
	scanf("%d", &T);
	for (int times = 1; times <= T; times++) {
		scanf("%d", &n);
		
		ans = 0;
		for (int i = 1; i * i <= n; i++) {
			if (n % i == 0) {
				ans = (ans + ksm(n, i - 1) * phi(n / i) % mo) % mo;
				if (i * i != n)
					ans = (ans + ksm(n, (n / i) - 1) * phi(n / (n / i)) % mo) % mo;
			}
		}
		
		printf("%lld\n", ans);
	}
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_JPDH_8-5-1.html
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