CF1205E
CF1205E [* hard]
给定字符串 \(s\)，定义 \(f(s)\) 为其 \(\rm border\) 的数量，令其长度为 \(n\)，字符集为 \([1,k]\)，求 \(f(s)^2\) 的期望。答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 10^5,k\le 10^9\)
\(\rm Sol:\)
首先如果存在一个长度为 \(x\) 的 \(\rm border\)，那么我们有当前字符串会满足对于 \(i\in [1,x],s_i=s_{i+(n-x)}\)
考虑 \(f(s)\) 的平方，可以考虑经典套路，枚举 \((i,j)\) 且 \(i,j\) 均为 \(s\) 的 \(\rm border\)，那么 \((i,j)\) 的对数就是 \(f(s)^2\)
枚举 \(i,j\) 不利于计算答案，我们可以考虑枚举 \(n-x\) 为 \((i,j)\)，那么对于 \(\forall k\in [1,n-i],s_k=s_{k+i},s_k=s_{k+j}\)，暴力的做法是考虑枚举 \((i,j)\) 然后让 \(x\) 向 \(x+i,x+j\) 连一条边，那么贡献即为 \(k^{cnt}\)，其中 \(cnt\) 为连通块数量。
更进一步，我们不妨设 \(a<b\)，略做观察，我们可以考虑让 \(i\to i+a\) 连一条边，这样可以得到以 \(n\% a\) 为类的共计 \(|a|\) 个组。
我们接下来显然只需要保留每个组的开头，即 \(i\in [1,a]\)，然后使 \(i\to i+b\) 连边，显然这样即可保证连通性。
显然如果 \([1,a]\) 中的点均连了边，我们可以发现此时图会变成 \(\gcd(a,b)\) 个组。
否则，我们发现仅有 \((n-b,a]\) 这个区间内的点没有连边，我们假定之前的 \(b\) 边是将 \(\%a\) 相同的链串成环，那么其会依次断开每个环的一条边，接着才开始断边，于是我们不难发现，当 \(a-(n-b)\le \gcd(a,b)\) 时，边均失效，否则先有 \(\gcd(a,b)\) 条失效边，其余情况可以当作森林的情况计算（点数减去边数），最终我们得到连通块数量为 \(\gcd(a,b)+\max(0,a+b-n-\gcd(a,b))\to \max(a+b-n,\gcd(a,b))\)
于是我们统计的答案即：
不妨枚举 \(\gcd(i,j)=d\)，计算贡献我们考虑容斥，先假设所有点均取 \(i+j-n\)，那么此时贡献为：
枚举 \(i+j\)，计算其出现次数然后乘以贡献即可，复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)
另一边，我们需要修正我们的答案，不难注意到所求为：
由于边界的不同，您可以看到上述式子推导中边界的问题，我们可以将上界先设为 \(n\)，然后减去 \(i,j\) 分别有一个 \(n\) 对于答案的贡献。
同时，后者的 \(G(T,\frac{n-1}{T}+1)\) 是我们放缩的一个界，容易验证此界与标准界的误差至多为 \(1\)，所以可以对这个 \(1\) 的误差进行特判。
接下来预处理 \(f(x)\)，其中 \(f(x)=\sum_{i,j}^x [i+j\le x]\)，于是我们可以递推 \(f\)，\(f(x)\to f(x+1)\) 相当于增加了 \(i+j=x+1\) 的数，显然为 \(x\)
那么我们的瓶颈在于计算 \(G(T)\)，不难注意到内部的 \([(i+j)\le ...]\) 是一个更严的界，所以我们可以直接考虑每个元素对于答案的贡献次数，显然对于 \((i+j)=x\) 其被计算次数为 \((x-1)\)，那么我们不妨枚举 \(T\) 然后通过调和级数统计答案即可。
通过预处理 \(K^d\)，我们可以做到 \(\mathcal O(n\log n)\)
\(Code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define Next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
#define int long long
int gi() {
char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
while( cc < '0' || cc > '9' ) { if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
while( cc >= '0' && cc <= '9' ) cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
return cn * flus ;
}
const int N = 4e5 + 5 ;
const int P = 1e9 + 7 ;
const int I = 1e9 + 8 ;
int n, K, Ans, f[N], g[N], fac[N], mu[N] ;
bool isp[N] ;
int fpow(int x, int k) {
int ans = 1, base = x ;
while(k) {
if(k & 1) ans = ans * base % P ;
base = base * base % P, k >>= 1 ;
} return ans ;
}
void init() {
rep( i, 1, 2 * n ) fac[i] = fpow( K, i ) % P ;
rep( i, 1, n )
f[i] = ( f[i - 1] + (i - 1) ) % P ;
rep( x, 1, n ) {
int lim = (n - 1) / x + 1 ;
rep( i, 1, lim ) g[x] = (g[x] + (i - 1) * fac[i * x] % P) % P ;
}
rep( i, 1, n ) mu[i] = 1 ;
rep( i, 2, n ) {
if(isp[i]) continue ; mu[i] = -1 ; int v = i * i ;
for(re int j = i * 2; j <= n; j += i) isp[j] = 1, mu[j] = -mu[j] ;
for(re int j = v; j <= n; j += v) mu[j] = 0 ;
}
rep( i, 1, n ) mu[i] = (P + mu[i]) % P ;
}
int gcd(int a, int b) {
return (!a) ? b : gcd(b % a, a) ;
}
signed main()
{
n = gi(), K = gi() ;
init() ;
rep( i, 1, 2 * n ) {
if( i <= n ) Ans = ( Ans + fpow(K, i) * (i - 1) ) % P ;
else Ans = ( Ans + fpow(K, i) * (2 * n - i + 1) ) % P ;
}
Ans = Ans * fpow( fpow( K, n ), P - 2 ) % P ;
int dAns = 0 ;
rep(d, 1, n) {
int fK = fpow( K, d ) ;
rep(k, 1, n / d) {
int x = k * d ;
int lim = (n - 1) / x + 1 ;
int rim = (n + d - 1) / x ;
if( lim == rim ) dAns = ( dAns + mu[k] * g[x]) % P ;
else dAns = ( dAns + mu[k] * (g[x] - (lim - 1) * fac[lim * x] % P + P ) % P ) % P ;
Ans = ( Ans + mu[k] * f[rim] % P * fac[d] % P ) % P ;
}
}
dAns = dAns * fpow( fpow( K, n ), P - 2 ) % P ;
Ans = ( Ans - dAns + P ) % P ;
rep(i, 1, n) Ans = ( Ans - ( 1 + (i != n) ) * fac[max(i, gcd(i, n))] + P ) % P ;
Ans %= P, Ans = ( Ans + P ) % P ;
cout << Ans * fpow( fac[n], P - 2 ) % P << endl ;
return 0 ;
}
