题面
(T) 组测试数据，每次给 (n,a)。有一个长度为 (n) 的珍珠项链，每个珍珠上有 (3) 个数构成一个环。旋转、翻转同构的珍珠相同。相邻的珍珠必须不同，旋转同构的项链相同。求本质不同的项链个数。答案对 (10^9+7) 取模。
数据范围：(1le nle 10^{14})，(1le ale 10^7)。
题解
话说最近我写的题怎么都这么大啊，动不动就 (4k+)，而且好多是紫题，这道短一点却是黑题。
分成两步计算：计算有几种不同的珍珠，有几种不同的项链。
计算有几种不同的珍珠
设 (g(i)) 表示 (3) 个数 (gcd) 是 (i) 的倍数的方案数。
设 (f(i)) 为 (3) 个数的 (gcd) 恰好为 (i) 的方案数。
计算 (g(d))，相当于 (3) 个数的选取范围是 (lfloorfrac ad floor)。
利用 Burnside 定理，考虑 (G) 的元素，设 (m=lfloorfrac ad
floor)：
然后就可以计算出 (f(1)) 了，设 (c=f(1))，需要线性筛和整除分块。
计算有几种不同的项链
同样利用 Burnside 定理，枚举循环节。
先想想这个 (varphi(d)) 怎么做？不能线性筛，直接求也会 TLE。
可以利用 (n) 的每个质因数，统一计算 (varphi(d)=prod_{p^c|d} left(p^c-p^{c-1} ight))。
这东西可以把 (n) 的质因数和幂次预处理出来，用一个 dfs 实现。
这个 (p(d)) 是长度为 (d) 的鸽子序列，每个鸽子可以染 (c) 种颜色，相邻、首尾两只鸽子不能同色的方案数。
我曾经犯过的错误（点击展开）。
分类讨论：第 (1) 个鸽子和第 (d-1) 个鸽子颜色是否一样。
-
如果一样，相当于 (d-2) 个鸽子，最后一只切成两只，然后往中间放第 (d) 个鸽子：(p(d)leftarrow (c-1)p(d-2))。
-
如果不一样，相当于 (d-1) 只鸽子，在最后两只之间放第 (d) 个鸽子：(p(d)leftarrow (c-2)p(d-1))。
边界情况：(p(1)=0)，(p(2)=c(c-1))。
矩阵快速幂会 TLE，但是这个东西可以通过特征方程递推：
最后不可忽略的细节！
注意了，还有 ((10^9+7)|n) 的情况，要把 (mod) 变成 ((10^9+7)^2)，这样 (mod mid n)。
所有的乘法变成龟速乘。最后先把答案除以 (10^9+7)（因为答案如果不取模一定是 (n) 的倍数），再除以 (frac{n}{10^9+7}) 对于 (10^9+7) 的逆元。
时间复杂度 (Theta(T(sqrt alog mod+sqrt n+{ m maxd}(n)log^2 mod)))。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define x first
#define y second
#define bg begin()
#define ed end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(a) int((a).size())
#define R(i,n) for(int i(0);i<(n);++i)
#define L(i,n) for(int i((n)-1);i>=0;--i)
const int iinf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
//Math
const ll mod1=1e9+7;
const ll mod2=mod1*mod1;
ll mod,i6;
ll mymul(ll a,ll x,ll mod=::mod,ll res=0){
for(;x;x>>=1,(a+=a)%=mod)
if(x&1) (res+=a)%=mod;
return res;
}
ll mypow(ll a,ll x,ll mod=::mod,ll res=1){
for(;x;x>>=1,a=mymul(a,a,mod))
if(x&1) res=mymul(res,a,mod);
return res;
}
const ll i61=mypow(6,mod1-2,mod1);
const ll i62=mypow(6,(mod1-1)*mod1-1,mod2);
//Math//Number
namespace nb{
const int N=1e7+1;
bool np[N];
int mu[N],sm[N|1];
vector<int> prime;
void sieve(int n=N){
np[1]=true,mu[1]=1;
for(int i=2;i<n;++i){
if(!np[i]) prime.pb(i),mu[i]=-1;
for(int p:prime){
if(i*p>=n) break;
np[i*p]=true;
if(i%p==0){mu[i*p]=0; break;}
mu[i*p]=-mu[i];
}
}
R(i,n) sm[i+1]=sm[i]+mu[i];
}
vector<pair<ll,int>> pfac(ll n){
vector<pair<ll,int>> res;
for(ll d=2;d*d<=n;++d)if(n%d==0)
for(res.pb({d,0});n%d==0;++res.back().y,n/=d);
if(n>1) res.pb({n,1});
return res;
}
void dfs(vector<pair<ll,int>> &p,
vector<pair<ll,ll>> &np,int dep,pair<ll,ll> now){
if(dep==sz(p)) return np.pb(now);
pair<ll,ll> de=now;
R(i,p[dep].y+1){
dfs(p,np,dep+1,de);
if(i) de.x*=p[dep].x,de.y*=p[dep].x;
else de.x*=p[dep].x,de.y*=p[dep].x-1;
}
}
vector<pair<ll,ll>> facphi(ll n){
vector<pair<ll,ll>> res;
vector<pair<ll,int>> pf=pfac(n);
dfs(pf,res,0,mp(1,1));
return res;
}
}
//Matrix//Function
ll mycalc(ll c,ll n){
if(n==1) return 0;
if(n==2) return mymul(c,c-1+mod);
c=(c-1+mod)%mod;
ll res=mypow(c,n);
if(n&1) (res+=mod-c)%=mod;
else (res+=c)%=mod;
return res;
}
//Main//Data
unordered_map<ll,ll> phi;
//Main
void mymain(){
ll n,c=0,res=0; int a; cin>>n>>a;
if(n%mod1==0) mod=mod2,i6=i62;
else mod=mod1,i6=i61;
// cout<<"mod="<<mod<<'
';
for(int l=1,r=-1;l<=a;l=r){
int m=a/l; ll g=2*m; r=a/m+1;
g=(mymul(3,mymul(m,m))+g)%mod;
g=(mymul(mymul(m,m),m)+g)%mod;
g=mymul(mymul(g,i6),nb::sm[r]-nb::sm[l]+mod);
(c+=g)%=mod;
}
// cout<<"c="<<c<<'
';
vector<pair<ll,ll>> fp=nb::facphi(n);
for(auto &u:fp) phi[u.x]=u.y;
for(auto &u:fp) res=(mymul(mycalc(c,u.x),phi[n/u.x])+res)%mod;
// cout<<"res="<<res<<'
';
if(n%mod1==0) res=(res/mod1*mypow(n/mod1,mod1-2,mod1))%mod1;
else (res*=mypow(n,mod1-2,mod1))%=mod1;
cout<<res<<'
';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
nb::sieve();
int t; for(cin>>t;t--;mymain());
return 0;
}
祝大家学习愉快！