由于这是第一天去实现polya题，所以由易到难，先来个铺垫题（假设读者是看过课件的，不然可能会对有些“显然”的地方会看不懂）：
一：POJ1286 Necklace of Beads ：有三种颜色，问可以翻转，可以旋转的染色方案数，n<24。
1，n比较小，恶意的揣测出题人很有可能出超级多组数据，所以先打表。
2，考虑旋转：
for(i=0;i<n;i++) sum+=pow(n,gcd(n,i));
3，考虑翻转：
if(n&1) sum+=n*pow(3,n/2+1) ; else { sum+=n/2*pow(3,n/2) ; sum+=n/2*pow(3,n/2+1) ; }
4，除以总置换数（2*n=n+n/2+n/2）:
sum/=(2*n);
5，终极代码：
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; #define ll long long ll ans[30]; ll gcd(ll a,ll b) { if(b==0) return a; return gcd(b,a%b); } ll pow(ll a,ll x) { ll res=1; while(x){ if(x&1) res*=a; x>>=1; a*=a; } return res; } int main() { ll n,i,sum; for(n=1;n<=23;n++){ sum=0; for(i=0;i<n;i++) sum+=pow(3,gcd(n,i)); if(n&1) sum+=n*pow(3,n/2+1) ; else { sum+=n/2*pow(3,n/2) ; sum+=n/2*pow(3,n/2+1) ; } ans[n]=sum/n/2; } while(~scanf("%lld",&n)){ if(n==-1) return 0; printf("%lld ",ans[n]); } return 0; }
二：HDU3923：Invoker ：把3改成m即可。
1，注意有乘法的话担心超int还是用long long保险。
2，注意除置换群2*n的时候要逆元。。。比赛的时候就是没有加逆元，导致我牛客第四场排名15。。。不然连续5场前10挺好的。。。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; const int Mod=1000000007; #define ll long long int gcd(int a,int b) { if(b==0) return a; return gcd(b,a%b); } int qpow(int a,int x) { int res=1;a%=Mod; while(x){ if(x&1) res=(ll)res*a%Mod; x>>=1; a=(ll)a*a%Mod; } return res; } int main() { int T,n,m,i,Case=0,ans; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&m,&n); ans=0; for(i=0;i<n;i++) ans=(ans+qpow(m,gcd(n,i)))%Mod; if(n&1) ans=(ans+n*qpow(m,n/2+1))%Mod; else { ans=(ans+n/2*qpow(m,n/2))%Mod; ans=(ans+n/2*qpow(m,n/2+1))%Mod; } ans=(ll)ans%Mod*qpow(2*n,Mod-2)%Mod; printf("Case #%d: %d ",++Case,ans); } return 0; }
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下面的需要加优化了。
三：POJ2154 Color： 求可以旋转，不可以翻转的置换，n个珠子，n种颜色，答案mod K，n<1e9。
那么本题只考虑旋转，则：
for(i=0;i<n;i++) ans+=pow(n,gcd(n,i)); ans/=n;
之前莫比乌斯那里，我们常用技巧是合并。 这里考虑gcd相同的合并。（做多了还是有点灵感滴，yeah）。
得到：
解决这个公式需要：快速幂+欧拉函数+一些素数的常识。
1，快速幂不说了，注意先模运算。
2，欧拉函数，枚举L，即n的素因子，然后根据phi=L*(1-1/p1)*(1-1/p2)...得到欧拉函数。
3，素数常识，在这里指的是一个数n的素因子最多有一个大于根号n，所以一直除，把根号n前的素数都除完了，留下的一定是大于根号n的一个素数。
//可以线筛一部分欧拉函数出来，不够的再枚举素数；枚举的话不超过根号个，所以复杂度不会太高。 #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=100000; int ans, Mod; int pri[maxn+10],cnt,vis[maxn+10],phi[maxn+10]; int qpow(int a,int x) { int res=1;a%=Mod;//这里a一定要除一下，不然会超int，猪啊。 while(x){ if(x&1) res=res*a%Mod; x>>=1; a=a*a%Mod; } return res%Mod; } void prime() { phi[1]=1; for(int i=2;i<=maxn;i++){ if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1; for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++) { vis[pri[j]*i]=1; if(i%pri[j]==0) { phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j]; break; } else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1); } } } int Phi(int x) { if(x<=maxn) return phi[x]%Mod; int res=x; for(int i=1;pri[i]*pri[i]<=x;i++) if(x%pri[i]==0){ res=(res-res/pri[i]); while(x%pri[i]==0) x/=pri[i]; } if(x!=1) res=(res-res/x); return res%Mod; } int main() { int n,T; prime(); scanf("%d",&T); while(T--){ ans=0; scanf("%d%d",&n,&Mod); for(int i=1;i*i<=n;i++){ if(n%i!=0) continue; ans=(ans+qpow(n,i-1)*Phi(n/i))%Mod; if(i*i!=n) ans=(ans+qpow(n,n/i-1)*Phi(i))%Mod; } printf("%d ",ans); } return 0; }
--------------------【优化】-----------
--------------------【here】-------------
这些基本的都可以用欧拉函数来优化，比如上面的第二个例子。
上面的代码是500+ms。
优化后0ms。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=10000; const int Mod=1e9+7; #define ll long long ll ans; ll pri[maxn+10],cnt,vis[maxn+10],phi[maxn+10]; ll qpow(ll a,ll x) { ll res=1;a%=Mod;//这里a一定要除一下，不然会超int，猪啊。 while(x){ if(x&1) res=res*a%Mod; x>>=1; a=a*a%Mod; } return res%Mod; } void prime() { phi[1]=1; for(int i=2;i<=maxn;i++){ if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1; for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++) { vis[pri[j]*i]=1; if(i%pri[j]==0) { phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j]; break; } else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1); } } } int main() { ll n,m,T,Case=0; prime(); scanf("%lld",&T); while(T--){ ans=0; scanf("%lld%lld",&m,&n); for(ll i=1;i*i<=n;i++){ if(n%i!=0) continue; ans=(ans+qpow(m,i)*phi[n/i])%Mod; if(i*i!=n) ans=(ans+qpow(m,n/i)*phi[i])%Mod; } if(n&1) ans=(ans+n*qpow(m,n/2+1))%Mod; else { ans=(ans+n/2*qpow(m,n/2))%Mod; ans=(ans+n/2*qpow(m,n/2+1))%Mod; } ans=ans%Mod*qpow(2*n,Mod-2)%Mod; printf("Case #%lld: %lld ",++Case,ans); } return 0; }
其他类似的题目还有，HDOJ：2084、2647、1812、3411、2865、2481。POJ：1286、2409、2154、2888。