题解 P3307 【[SDOI2013]项链】
Hyscere
2019-01-14 11:02:22
丧心病狂的数论二合一题。。
可以分成两部分来考虑，珠子的种类数和组成环的方案数。
------
**珠子的种类数**
设$s_3$为最多三元环的种类数，即：
$$s_3=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^a\sum_{k=1}^a[\gcd(i,j,k)=1]$$
$s_2,s_1$依次类推，即：
$$s_2=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^a[\gcd(i,j)=1],s_1=1$$
可以容斥得到：
总种类数$=1+(3s_2-3)/3+(s_3-(3s_2-3)-1)/6=(s_3+3s_2+2)/6.$
然后莫比乌斯反演求一下$s$就行了，式子：
$$s_3=\sum_{d=1}^a\mu(d)\lfloor\frac{a}{d}\rfloor^3,s_2=\sum_{d=1}^a\mu(d)\lfloor\frac{a}{d}\rfloor^2$$
------
**环的方案数**
设先前求出来的方案数为$m$。
看到环旋转前后属于同一种方案，可以想到$polya$定理：
$$ans=\sum_{i=1}^{n}f(\gcd(n,i))=\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})f(d)=\sum_{d|n}\varphi(d)f(\frac{n}{d})$$
由于有限制：相邻的颜色不同，设$f(n)$为$n$个点的环满足条件的涂色方案，则有：
$$f(n)=(m-2)f(n-1)+(m-1)f(n-2)$$
这个式子可以理解为：枚举一个合法方案的断点，两边颜色一定不同，这时候要么当前方案是由$(n-1)$个点组成的，只有$(m-2)$种颜色可选，要么由$(n-2)$个点组成的，加一个与一边相同的点，然后只有$(m-1)$中颜色选。
然后发现这是一个**二阶齐次线性方程**，可以搬出特征方程的套路，设这是一个等比数列，可得特征方程：
$$x^2=(m-2)x+m-1$$
解得：
$$x_1=m-1,x_2=-1$$
设当前数列通项公式为：
$$f(n)=\alpha x_1^n+\beta x_2^n$$
由于：
$$f(1)=0,f(2)=m^2-m$$
列出方程：
$$\alpha(m-1)-\beta=0$$
$$\alpha(m-1)^2+\beta=m^2-m$$
解得$\alpha=1,\beta=m-1$，所以$f$的通项公式为：
$$f(n)=(m-1)^n+(-1)^n(m-1)$$
答案是：
$$\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})f(d)$$所以直接一路暴力就好了。
记得$long\,\,long$会乘爆，用爆$long\,\,long$小技巧就好了，具体看代码$mul$函数。
由于$n$有可能是$1e9+7$的倍数，所以特判下，如果是就模$(1e9+7)^2$，最后除掉$1e9+7$即可。
然后细节还有挺多的，，注意下写法，不然调试很恶心。
```c++
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define lf long double
#define ull unsigned long long
void read(ll &x) {
x=0;ll f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define sqr(x) mul(x,x)
#define cul(x) mul(sqr(x),x)
const int maxn = 1e7+10;
const int MOD = 1e9+7;
const int MAXN = 1e4+10;
ll mod;
int pri[maxn],vis[maxn],mu[maxn],tot;
void sieve(int N) {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++) {
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++) {
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=N;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
ll mul(ll a,ll b) {
lf res=(lf)a*b/mod;
ll t=a*b,t2=(t-(ull)res*mod+mod)%mod;return t2;
}
ll qpow(ll a,ll x) {
ll res=1;
for(;x;x>>=1,a=mul(a,a)) if(x&1) res=mul(res,a);
return res;
}
ll a[MAXN],p[MAXN],cnt;
ll m,ans,inv6,nown;
void mobius(int n) {
m=0;int T=1;
while(T<=n) {
int pre=T;T=n/(n/T);
m=(m+1ll*mul((mu[T]-mu[pre-1]),cul(n/T)))%mod;
m=(m+1ll*mul((mu[T]-mu[pre-1]),sqr(n/T))*3ll%mod)%mod;T++;
}m=(m+2)%mod;m=mul(m,inv6)%mod;
}
void prepare(ll n) {
cnt=0;
for(int i=2;1ll*i*i<=n;i++) {
if(n%i) continue;
a[++cnt]=i;p[cnt]=0;
while(n%i==0) n/=i,p[cnt]++;
}
if(n!=1) a[++cnt]=n,p[cnt]=1;
}
ll f(ll n) {
ll Ans=qpow(m-1,n);
if(n&1) Ans=(Ans+mod-m+1)%mod;
else Ans=(Ans+m-1)%mod;
return Ans;
}
void polya(int now,ll d,ll phi) {
if(now==cnt+1) return ans=(ans+mul(phi,f(nown/d)))%mod,void();
polya(now+1,d,phi);
d*=a[now],phi*=a[now]-1;
polya(now+1,d,phi);
for(int i=2;i<=p[now];i++)
d*=a[now],phi*=a[now],polya(now+1,d,phi);
}
ll inn[20],ina[20],mx,inv[10];
void pre_inv() {
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=6;i++) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
inv6=inv[6];
}
int main() {
int t;scanf("%d",&t);
for(int i=1;i<=t;i++) read(inn[i]),read(ina[i]),mx=max(mx,ina[i]);
sieve(mx);
for(int i=1;i<=t;i++) {
nown=inn[i];
if(inn[i]%MOD) mod=MOD;
else mod=1ll*MOD*MOD;
pre_inv();
mobius(ina[i]);
prepare(inn[i]);ans=0;
polya(1,1,1);
if(inn[i]%MOD) ans=mul(ans,qpow(inn[i],mod-2));
else ans=mul(ans/MOD,qpow(inn[i]/MOD,MOD-2))%MOD;
write(ans);
}
return 0;
}
```