题意
题目描述
给定一个$n$个点，$n$条边的环，有$n$种颜色，给每个顶点染色，问有多少种本质不同的染色方案，答案对$10^9+7$取模
注意本题的本质不同，定义为：只需要不能通过旋转与别的染色方案相同。
输入输出格式
输入格式：第一行输入一个$t$，表示有$t$组数据
第二行开始，一共$t$行，每行一个整数$n$，意思如题所示。
输出格式：共$t$行，每行一个数字，表示染色方案数对$10^9+7$取模后的结果
输入输出样例
说明
$$n leq 10^9$$ $$t leq 10^3$$
分析
先找不动点个数公式。考虑循环移动(i)位这个置换，把珠子循环编号。由于移动后编号要重复，所以最大的编号一定是( extrm{lcm}(i,m))。所以一个循环里面的珠子个数就是(frac{ extrm{lcm}(i,m)}{i}=frac{n}{gcd(i,n)})。所以共有(gcd(i,n))个循环。因此不动点个数是(n^{gcd(i,n)})
所以答案式为
[frac 1nsum_{i=0}^{n-1}n^{gcd(i,n)} \
=frac 1nsum_{d|n}varphi(frac nd)n^d \
=sum_{d|n}varphi(d) n^{frac nd-1}
]
我并不知道先枚约数再算欧拉函数的复杂度是多少，反正约数个数怎么也达不到(O(sqrt{n}))的上界。
即使(2^3*3*5*7*11*13*17*19*23=892371480)，这个数也只有1024个约数，小于(sqrt{892371480}=29872.587433)。
int phi(int n){
int re=n;
for(int i=2;i*i<=n;++i)if(n%i==0){
re=re/i*(i-1);
while(n%i==0) n/=i;
}
if(n>1) re=re/n*(n-1);
return re;
}
void Polya(){
int n=read<int>(),ans=0;
for(int i=1;i*i<=n;++i)if(n%i==0){
ans=add(ans,mul(phi(i),fpow(n,n/i-1)));
if(i*i!=n) ans=add(ans,mul(phi(n/i),fpow(n,i-1)));
}
printf("%d
",ans);
}
int main(){
// freopen("LG4980.in","r",stdin),freopen("LG4980.out","w",stdout);
for(int t=read<int>();t--;) Polya();
return 0;
}
宝石纪念币
跟上面那道题一样。不过多了些要求：共17中颜色，每种都要用上。保留120位数。
那么简单容斥，并实现高精度即可。
https://cyaron.blog.luogu.org/solution-p2162
我果然写不来高精度……算是做个高精练习吧。
不想容斥的话也可以用矩阵乘法：https://www.cnblogs.com/ccz181078/p/7122566.html?utm_source=itdadao&utm_medium=referral
CO int mod=1e9;int n; // qn+r
inter node(int x){
inter a(15);
a[0]=x%n,a[1]=x/n;
return a;
}
inter operator+(CO inter&a,CO inter&b){
inter ans(15);
ans[0]=a[0]+b[0];
if(ans[0]>=n) ++ans[1],ans[0]-=n;
for(int i=1;i<=14;++i){
ans[i]+=a[i]+b[i];
if(ans[i]>=mod){
if(i+1<=14) ++ans[i+1];
ans[i]-=mod;
}
}
return ans;
}
inter operator-(CO inter&a,CO inter&b){ // a>=b
inter ans(15);
ans[0]=a[0]-b[0];
if(ans[0]<0) --ans[1],ans[0]+=n;
for(int i=1;i<=14;++i){
ans[i]+=a[i]-b[i];
if(ans[i]<0){
if(i+1<=14) --ans[i+1];
ans[i]+=mod;
}
}
return ans;
}
inter operator*(CO inter&a,CO inter&b){
vector<int128> ans(15);
ans[0]=(int128)a[0]*b[0];
ans[1]+=ans[0]/n,ans[0]%=n;
for(int i=1;i<=14;++i){
ans[i]+=(int128)a[i]*b[0]+(int128)a[0]*b[i];
for(int j=1;j<=i;++j) ans[i]+=(int128)a[j]*b[i+1-j]*n;
if(i+1<=14) ans[i+1]+=ans[i]/mod;
ans[i]%=mod;
}
return inter(ans.begin(),ans.end());
}
inter pow(inter a,int b){
inter ans(15);ans[0]=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a)
if(b&1) ans=ans*a;
return ans;
}
int phi(int n){
int ans=n;
for(int i=2;i*i<=n;++i)if(n%i==0){
ans=ans/i*(i-1);
while(n%i==0) n/=i;
}
if(n>1) ans=ans/n*(n-1);
return ans;
}
int C[20][20];
int main(){
read(n);
if(n<17){
for(int i=1;i<=120;++i) putchar('0');
puts("");
return 0;
}
for(int i=0;i<=17;++i){
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(int j=1;j<i;++j) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
}
inter ans(15);
for(int d=1;d*d<=n;++d)if(n%d==0){
inter sum(15);
for(int i=1;i<=17;i+=2) sum=sum+node(C[17][i])*pow(node(i),d);
for(int i=2;i<=17;i+=2) sum=sum-node(C[17][i])*pow(node(i),d);
sum=sum*node(phi(n/d));
ans=ans+sum;
if(n/d==d) continue;
sum=node(0);
for(int i=1;i<=17;i+=2) sum=sum+node(C[17][i])*pow(node(i),n/d);
for(int i=2;i<=17;i+=2) sum=sum-node(C[17][i])*pow(node(i),n/d);
sum=sum*node(phi(d));
ans=ans+sum;
}
printf("%03d",ans[14]%1000); // edit 1
for(int i=13;i>=1;--i) printf("%09d",ans[i]);
puts("");
return 0;
}