【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;
}
