@description@
给定两个数 n, k，令 s 是一个字符集大小为 k 的随机字符串。
定义 f(s) 表示满足 s 长度为 i 的前缀 = s 长度为 i 的后缀的 i 的数量，要求 1 ≤ i < |s|。
求 f(s)^2 的期望。
Input
只有一行，包含两个整数 n, k(1≤n≤10^5, 1≤k≤10^9)，含义如上。
Output
输出期望 mod 10^9 + 7。
Examples
Input
2 3
Output
333333336
Input
1 5
Output
0
Input
100 1
Output
9801
Input
10 10
Output
412377396
@solution@
@part - 1@
其实题目所说的前后缀相等，就是 border 的数量。
因为长度为 k 的 border 等价于长度为 n - k 的周期，为了方便下面的讨论，我们不妨去计算周期的数量。
考虑令随机变量 (g_i(s))，当 s 含有长度为 i 的周期时为 1，否则为 0。
则可以得到 (f(s) = sum_{i=1}^{n-1}g_i(s))，即考虑每种长度的周期的贡献。
于是可以得到 (E(f(s)^2) = sum_{i=1}^{n-1}sum_{j=1}^{n-1}E(g_i(s)*g_j(s)))，这个可以用期望的线性性质算。
考虑 (E(g_i(s)*g_j(s))) 实际上等于 s 同时含有长度为 i 的周期与长度为 j 的周期的概率。
这里有一个结论：(E(g_i(s)*g_j(s)) = (frac{1}{k})^{n - max(i+j-n, gcd(i, j))})。证明我会在 part - 3 给出。
接下来考虑在有这个结论的前提下求解答案。
@part - 2@
根据上面的思路，我们想要去求 (sum_{i=1}^{n-1}sum_{j=1}^{n-1}(frac{1}{k})^{n - max(i+j-n, gcd(i, j))})。
注意到这个式子只与 (s = i + j, d = gcd(i, j)) 有关，而又因为 (d|s)，所以二元组 (d, s) 的数量不会超过 O(nlog n)（根据调和级数）。
我们尝试对于每一对 (d, s) 计算有多少对 (i, j) 满足 (i + j = s, gcd(i, j) = d)。
因为 (gcd(i, s) = gcd(i, s - i) = gcd(i, j) = d)（根据 gcd 的性质），所以 j 其实是不重要的，只会约束 i 的取值范围。
我们只需要算有多少 i 满足 1 <= i <= n-1 且 1 <= s - i <= n-1 且 (gcd(s, i) = d)。
不等式直接解，反正解出来一定是个区间。只需要考虑 (gcd(s, i) = d) 的情况。
这个理论上来讲要用莫比乌斯反演，但其实只需要按 i 从大到小算，每次枚举出一个 p 满足 i | p | s，然后用 i 的答案容斥掉 p 的答案。因为从大到小计算，所以处理到 i 时一定会把 p 对应的正确答案处理出来。
时间复杂度是 i | p | s 这样的三元组数量，粗略分析应该是 (O(nlog^2n)) 级别的。
@part - 3@
我们正式来考虑如何证明 (E(g_i(s)*g_j(s)) = (frac{1}{k})^{n - max(i+j-n, gcd(i, j))})。
先建一张 n 个点的图，如果存在一个长度为 x 的周期，则用边连接所有的 (y, y + x)。
这样连接下来，同一个连通块的取值一定相同。如果令连通块数量为 c，则一共会有 k^c 种不同的字符串。
又因为总字符串个数为 k^n，于是概率就为 (frac{k^c}{k^n} = (frac{1}{k})^{n-c})
首先当 i + j <= n 时，根据弱周期引理（这个搜金策的 WC 字符串课件就可以搜到），一定存在 gcd(i, j) 的周期，因此连通块数量 c = gcd(i, j)。
又因为 i + j <= n 时 gcd(i, j) > 0 >= i + j - n，所以我们的答案式子正确。
接下来考虑 i + j > n 时，不失一般性，令 i > j。又因为 i + j > n，所以 i > n - j。
我们考虑先将原来 n 个图通过长度为 i 的周期连边，连所有的 (y, y + i)。这样连出来的连通块个数一定为 i，且分别代表了长度为 i 的循环中的 0...i-1 的所有位置（注意这里是从 0 开始编号）。
不妨按这个连通块表示的在长度为 i 的循环中的位置给连通块依次编号为 0...i-1。
接下来，对于每一个 0 <= z < n - j，我们连 (z, (z + j) mod i)。注意 z < n - j < i。
每加入一条边，在不形成环的情况下会使得连通块的数量减少 1。但假如形成了环，结论就不成立了。
但是考虑上面的连边其实形成了一个置换第一部分，而这个类型的置换在做 polya 的模板题时就用过它的性质：
（1）假如最终形成了多个环，那么所有环的大小一定为 i / gcd(i, j)。
（2）假如加入 (z, (z + j) mod i) 形成了环，那么之后加入的所有边都会形成环。
由此，我们可以得出：假如形成了环，那么连通块个数 c 一定为 gcd(i, j)；且第一个形成的环的 z = i - gcd(i, j)。
因此，假如 z = i - gcd(i, j) < n - j，即 i + j - n < gcd(i, j)，那么 c = gcd(i, j)；否则 c = i - (n - j) = i + j - n。
至此，我们的结论就证明完毕了。
@solution@
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100000;
const int MOD = int(1E9) + 7;
int gcd(int a, int b) {
return (b == 0) ? a : gcd(b, a % b);
}
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
b = 1LL*b*b%MOD;
p >>= 1;
}
return ret;
}
int n, m, k, ans;
void update(int d, int s, int p) {
ans = (ans + 1LL*p*pow_mod(k, MOD - 1 + max(s - n, d) - n)%MOD)%MOD;
}
vector<int>dv[2*MAXN + 5];
void init() {
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=i;j<=m;j+=i)
dv[j].push_back(i);
}
int f[2*MAXN + 5];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k), m = 2*(n - 1);
init();
for(int s=1;s<=m;s++) {
int l = max(1, s - (n - 1)), r = min(n - 1, s - 1);
for(int j=dv[s].size()-1;j>=0;j--) {
int d = dv[s][j], p = s / d;
f[d] = r / d - (l - 1) / d;
for(int k=1;k<dv[p].size();k++)
f[d] = (f[d] + MOD - f[d*dv[p][k]])%MOD;
update(d, s, f[d]);
}
}
/*
for(int i=1;i<=n-1;i++)
for(int j=1;j<=n-1;j++)
update(gcd(i, j), i + j, 1);
*/
printf("%d
", ans);
}
@details@
原来div1的E这么水。
好像因为我用了 vector 所以跑得非常慢。。。
但是也不确定，说不定可能是我时间复杂度一不小心写多了个什么奇怪的东西。。。。