魔法手链

先拓展一个之前讲过的模型的性质

对于一个编号在$[0,n)$的环（顺时针编号），从编号为$x$的点开始顺时针跳，每次跳$k$步，那么最终经过的点一共有$\frac{n}{d}$个（其中$d=gcd(n,k)$），如果我们将这$\frac{n}{d}$个点按照编号顺序排成一个圆（不是按经过的顺序），那么相邻两个点之间的距离为$d$

证明：显然将这$\frac{n}{d}$个点按照编号顺序排成一个圆后，这个圆的总长度为$n$（相邻两点之间的距离为两点编号差的绝对值）。考虑每个点的编号的形式，为$x+t_{1}k-t_{2}n$，因为是从$x$每次跳$k$步，当跳过$n$时就要减去$n$，所以编号的形式就是$k,n$的线性组合。故编号可以写作$x+td$，也就是说相邻两个点的距离是$d$的倍数，至少为$d$；而总长度为$n$，当且仅当任意相邻两个点之间的距离为$d$才为$n$（否则的话会更大），证毕

有了这个性质，我们就可以知道，原图一共被分成了$d$个环，每个环的起点为$x,x+1,x+2,...,x+d-1$

现在我们考虑Burnside引理，假设我们现在已经获得了$S$（也就是满足题意的所有涂色方案），置换群$G$即顺时针旋转$0,1,2,...,n-1$步，我们现在要求的就是$|S/G|$，只需要求$|S^g|$

现在我们考虑对于一个固定的$g$（也就是每次跳的步数$k$已经知道了），那么根据上面的结论，我们只用考虑$0,1,2,...,d-1$这$d$个点构成的环满足题意的涂色方案一共有多少种就好了

为什么这里不能用Polya定理：Polya定理的内容就是$|B^{c(g)}|=|S^g|$，可以想一下这个为什么成立，主要原因还是因为各个循环置换之间互不影响，所以可以任意涂色；而这里显然是会互相影响的，所以只能用Burnside引理

计算$d$个点构成的环满足题意的涂色方案一共有多少种：很显然的环形DP，但是这里时间复杂度卡的比较紧，如果采用容斥原理（即按照线形计算，最后强制第一个点和最后一个点涂相同颜色）的话会超时（因为你要枚举第一个点涂的颜色），此时有一个优化：不采用容斥原理，而是采用正面计算，将$f$从一维变成二维，$\mathrm{\forall }i\in [0,m),f[i][i]=1$，这就是说第$i$个行向量表示第一个点只能涂第$i$种颜色，最后得到的数组经过的时间为$d+1$（注意不是$d$，因为我们要求最后一个点和第一个点涂的颜色相同，这里相当于断环成链了），然后加上$f$的对角线就好了

计算完$f$后，我们还不能枚举$g$，因为$n$太大了，此时肯定只能枚举$d$，最后不难知道要计算$\varphi (\frac{n}{d})$，这种计算约数的欧拉函数的技巧见这篇总结