【BZOJ3202】项链（莫比乌斯反演，Burnside引理）

题面

题解

首先读完题目，很明显的感觉就是，分成了两个部分计算。

首先计算本质不同的珠子个数，再计算本质不同的项链个数。

前面一个部分和\(gcd\)相关，一种莫比乌斯反演的感觉。

后面一个部分出现了旋转操作，要求本质不同的方案数，不难想到Burnside引理。

首先先考虑怎么求本质不同的珠子个数。

我们直接考虑无序的三元组\((x,y,z)\)，满足\(x,y,z\le a,gcd(x,y,z)=1\)

容斥考虑最终答案，就是\(\frac{1}{6}(S3-S2*3+S1*2)\)，其中\(S3\)是无序的三元组个数，\(S2\)是满足互质的二元组个数，而\(S1\)则是三个数都相同并且\(gcd=1\)的三元组个数。

\(S1\)显然只有一个，即可以构成唯一合法三元组\((1,1,1)\)

考虑怎么计算\(S2\)和\(S3\)。

看起来\(s2\)很熟悉，也就是\(\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^a[gcd(i,j)=1]\)

然后直接莫比乌斯反演。

设\(F(x)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^a[gcd(i,j)=x]\)

\(G(x)=\sum_{x|d}F(d)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^a[x|gcd(i,j)]=[\frac{a}{x}]^2\)

然后又因为\(F(x)=\sum_{x|d}G(d)*\mu(\frac{d}{x})\)

要求的是\(F(1)\)，即\(F(1)=\sum_{i=1}^aG(i)*\mu(i)=\sum_{i=1}^a[\frac{a}{i}]^2\mu(i)\)。

然后是\(S3\)，即三元组个数，和上面一样的推法，可以得到贡献是\(\sum_{i=1}^a[\frac{a}{i}]^3\mu(i)\)

好了，那么计算本质不同的珠子的个数就算完了。

接下来考虑如何计算本质不同的项链的个数。

因为只有旋转计算本质不同，那么置换一共\(n\)个，是顺时针旋转\(i\)位。

那么答案就是所有置换的不动点个数除以\(n\)。那么不难往Polya定理方面靠。

只需要知道每个循环的大小即可。

对于顺时针旋转\(i\)位的循环长度显然就是\(\frac{n}{gcd(n,i)}\)，循环个数\(gcd(n,i)\)也很显然。

因为是不动点的个数，因此每一个循环内的所有珠子的颜色必须相同。同时，题目限制相邻两个位置的珠子颜色不能相同。因此，这里可以等价的看做有\(gcd(n,i)\)个珠子，收尾相连，要求相邻的珠子不同色的方案数，假装这个的方案数是\(f(x)\),表示\(x\)个珠子收尾相连时候的方案数。那么现在要求的答案就是\(\sum_{i=1}^nf(gcd(i,n))\)。\(n\)太大了，考虑优化。

我们枚举\(gcd\),即\(\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n[gcd(i,n)=d]f(d)\)，那么显然\(d\)是\(n\)的因数。所以可以接着写成\(\sum_{d|n}\sum_{i=1}^n[gcd(i,n)=d]f(d)\),进一步推，也就是\(\sum_{d|n}\sum_{i=1,d|i}^n[gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1]f(d)\)，即需要知道所有和\(\frac{n}{d}\)互质的\(\frac{i}{d}\)，考虑\(\frac{i}{d}\)的最大取值只有\(\frac{n}{d}\)，所以这个值显然就是\(\varphi(\frac{n}{d})\)。因此，总的贡献就是\(\sum_{d|n}f(d)\varphi(\frac{n}{d})\)。

现在来考虑怎么计算\(f(x)\),假设一共有\(m\)中不同的珠子

首先我们可以在两个珠子之间插入一个不同的珠子，即\(f(x-1)*(m-2)\)，亦或者强制让首位两个珠子颜色相同，然后插入一个不同颜色的珠子将他们隔开，这个操作等价于我现有\(f(x-2)\)个珠子构成了一个环，然后插入一个和首位相同的珠子，再插入一个颜色不同的珠子隔开，即\(f(x-2)*(m-1)\)，那么转移就是\(f(x)=f(x-1)*(m-2)+f(x-2)*(m-1)\)。

显然可以矩阵乘法直接算。然而这种东西一般也可以推递推式的。

我们尽可能让他往一个等比的方向上靠，

那么我们最好能把式子化简为这种形式：\(f(x)+af(x-1)=bf(x-1)+abf(x-2)\)

那么列出方程组：

\[\begin{cases}b-a&=m-2\\ab&=m-1\end{cases}
\]

所以有\(b=a+m-2\)，所以有\(a(a+m-2)-(m-1)=0\),也就是\(a^2+(m-2)a-(m-1)=0\)

因式分解一下就是\((a+(m-1))(a-1)=0\)

解出来\(a=1\)或者\(a=1-m\)，看着\(a=1\)好做些，

那么式子写成\(f(x)+f(x-1)=(m-1)*(f(x-1)+f(x-2))\)

所以得到\(f(x)+f(x-1)=(m-1)^{x-2}(f(1)+f(2))\),

显然有\(f(1)=0,f(2)=m*(m-1)\)，为了方便，设\(S(x)=f(x)+f(x-1)\)。

递推式换成\(S(x)=(m-1)S(x-1)=(m-1)^{x-2}S(2)=(m-1)^{x-1}m\)

考虑一下\(f(x)\)怎么计算，\(f(x)=S(x)-f(x-1)=m(m-1)^{x-1}-f(x-1)\)

一般这样子都可以构建一个递推式。

\[\begin{aligned}
f(x)&=m(m-1)^{x-1}-f(x-1)\\
f(x)+A(m-1)&=-(f(x-1)+A)\\
mA&=m(m-1)^{x-1}\\
A&=(m-1)^{x-1}
\end{aligned}
\]

所以，我们可以构建出这样一个等式：

\[f(x)-(m-1)^{x}=-(f(x)-(m-1)^{x-1})
\]

在考虑一下边界情况，可以得到\(f(x)-(m-1)^x=(-1)^x(m-1)\)

即\(f(x)=(-1)^x(m-1)+(m-1)^x\),这样子就可以快速幂计算\(f(x)\)了。

然而发现一些很不舒服的东西，因为\(n\)太大，导致\(n\)可能是模数的倍数，那就不能够直接除\(n\)了。

怎么办呢？那么首先我们直接模\(mod^2\)，这样子最终的结果会是\(mod\)的倍数，所以可以先除掉\(mod\)然后再考虑逆元就行了。

离线一下就跑得飞快了，目前是洛谷rk1，bzoj rk3

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

using namespace std;

#define ll long long

const ll mod=1000000007;

const ll MOD=mod*mod;

const ll inv6 = 833333345000000041ll;

#define MAX 10000001

inline ll read()

{

	ll x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

void add(ll &x,ll y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}

ll Multi(ll x,ll y){return (x*y-(ll)(((long double)x*y+0.5)/(long double)MOD)*MOD+MOD)%MOD;}

ll fpow(ll a,ll b)

{

	ll s=1;

	while(b){if(b&1)s=Multi(s,a);a=Multi(a,a);b>>=1;}

	return s;

}

ll qpow(ll a,ll b)

{

	ll s=1;

	while(b){if(b&1)s=s*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}

	return s;

}

ll sqr(ll x){return Multi(x,x);}

ll cub(ll x){return Multi(sqr(x),x);}

bool zs[MAX];

int pri[MAX/10],tot,mu[MAX];

ll n,m,ans;int a,cnt;

ll nn[50],aa[50];

ll p[MAX/10],q[MAX/10];

void pre(ll N)

{

	mu[1]=1;

	for(int i=2;i<=N;++i)

	{

		if(!zs[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1;;

		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;++j)

		{

			zs[i*pri[j]]=true;

			if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i];

			else break;

		}

	}

	for(int i=1;i<=N;++i)mu[i]+=mu[i-1];

}

ll Calc(ll n)

{

	ll S2=0,S3=0;

	for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1)

	{

		j=n/(n/i);

		add(S3,Multi(cub(n/i),(mu[j]-mu[i-1]+MOD)%MOD));

		add(S2,Multi(sqr(n/i),(mu[j]-mu[i-1]+MOD)%MOD));

	}

	add(S3,Multi(S2,3)),add(S3,2);

	return Multi(S3,inv6);

}

ll F(ll n)

{

	ll ret=fpow(m-1,n);

	if(n&1)add(ret,(MOD-(m-1))%MOD);

	else add(ret,m-1);

	return ret;

}

void dfs(int i,ll d,ll phi)

{

	if(i==cnt+1){add(ans,Multi(phi,F(n/d)));return;}

	dfs(i+1,d,phi);

	d*=p[i];phi*=p[i]-1;dfs(i+1,d,phi);

	for(int x=2;x<=q[i];++x)

		d*=p[i],phi*=p[i],dfs(i+1,d,phi);

}

int main()

{

	int T=read();ll mx=0;

	for(int i=1;i<=T;++i)nn[i]=read(),aa[i]=read();

	for(int i=1;i<=T;++i)mx=max(mx,max((ll)sqrt(nn[i]),aa[i]));

	pre(mx);

	for(int TT=1;TT<=T;++TT)

	{

		n=nn[TT];a=aa[TT];

		m=Calc(a);cnt=0;ll x=n;

		for(int i=1;i<=tot&&1ll*pri[i]*pri[i]<=x;++i)

			if(x%pri[i]==0)

			{

				p[++cnt]=pri[i];q[cnt]=0;

				while(x%pri[i]==0)++q[cnt],x/=pri[i];

			}

		if(x>1)p[++cnt]=x,q[cnt]=1;

		ans=0;dfs(1,1,1);

		if(n%mod==0)ans=(ll)(ans/mod)*qpow(n/mod,mod-2)%mod;

		else ans=(ans%mod)*qpow(n%mod,mod-2)%mod;

		printf("%lld\n",ans);

	}

	return 0;

}

巴特西

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