2022“杭电杯”中国大学生算法设计超级联赛（6）- 1011 Find different

比赛时队友开摆，还剩半个小时，怎么办？？

当然是一起摆

Solution

看到这个题没多少时间了，没时间细想了，\(\text{DP}\)貌似不可行，一看这个东西就很置换群，火速上\(\text{Burnside}\)引理搞一波，虽然比赛结束也没推完就是了

题意就是问你有多少个本质不同的自然数序列\(a_1,a_2,...,a_n\),其中\(0 \le a_i \le m\)，本质相同当且仅当能通过若干次全部模\(m\)意义下\(＋1\)和整体循环左移得到。

考虑左移\(i\)位，全部加了\(j\)，先考虑旋转，有经典结论，形成了\(\gcd(n,i)\)个循环置换，其中每个循环的长度为\(\frac{n}{\gcd(n,i)}\)，然后我们对着这个\(\gcd(n,i)\)一顿操作，希望能够找到一个小环的不动点个数然后乘起来就行了。

自己画个图感受一下，可以发现一个小环的不动点个数有点复杂但比较简单，考虑最小的\(k\)使得\(kj \equiv 0\pmod m\)，很容易发现

\[k=\frac{\operatorname{lcm}(m,j)}{j}=\frac{m}{\gcd(m,j)}
\]

那么当且仅当\(\frac{m}{\gcd(m,j)} | \frac{n}{\gcd(n,i)}\)有贡献\(m^{\gcd(n,i)}\)

所以可以写出不动点总个数的式子

\[\begin{aligned}
& \sum_{i=1}^n \sum_{j = 1}^m [\frac{m}{\gcd(m,j)} | \frac{n}{\gcd(n,i)}] m ^ {\gcd(n,i)} \\
&= \sum_{i | n} m ^ i \varphi(\frac{n}{i}) \sum_{j | m} \varphi(\frac{m}{j}) [\frac{m}{j} | \frac{n}{i}]\\
&=\sum_{i | n} m^i \varphi(\frac{n}{i}) \sum_{j | \gcd(m,\frac{n}{i})}\varphi(j)\\
&=\sum_{i | n} m^i \varphi(\frac{n}{i}) \gcd(m,\frac{n}{i})
\end{aligned}
\]

这东西就好做了，直接一个调和级数\(O(n\log n)\)带走

点我看代码o(￣▽￣)ｄ

#include <cstdio>

#include <iostream>

#define LL long long

using namespace std;

template <typename T>

inline void read(T &x) {

	x = 0; int f = 0; char ch = getchar();

	for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;

	for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);

	if(f) x = ~x + 1;

}

const LL P = 998244353;

const int U = 1e6;

int T;

const int N = 1e6 + 10;

LL ans, n, m, f[N];

LL p[N], vis[N], tot, phi[N], inv[N];

LL invn, g[N], pw[N];

void Sieve() {

	phi[1] = 1;

	for(int i = 2; i <= U; ++i) {

		if(!vis[i]) p[++tot] = i, phi[i] = i - 1;

		for(int j = 1; j <= tot; ++j) {

			int v = p[j] * i;

			if(v > U) break;

			vis[v] = 1;

			if(i % p[j] == 0) {

				phi[v] = phi[i] * p[j];

				break;

			}

			phi[v] = phi[i] * phi[p[j]];

		}

	}

}

LL gcd(LL x, LL y) {return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);}

LL fpow(LL x, LL pnt = P - 2) {

	LL res = 1;

	for(; pnt; pnt >>= 1, x = x * x % P) if(pnt & 1) res = res * x % P;

	return res;

}

int main() {

	read(T);

	Sieve();

	while(T--) {

		ans = 0;

		read(n), read(m);

		for(int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = fpow(i);

		for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = 0;

		pw[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; ++i) g[i] = gcd(m, i), pw[i] = pw[i - 1] * m % P;

		for(int i = 1; i <= n; ++i) {

			for(int j = 1; j * i <= n; ++j) {

				f[i * j] = (f[i * j] + phi[j] * pw[i - 1] % P * g[j] % P * inv[i * j] % P) % P;

			}

		}

		for(int i = 1; i < n; ++i) printf("%lld ",f[i]);

		printf("%lld\n",f[n]);

	}

}

巴特西

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