题目大意
有一个 (n) 个点的环，你要用 (m) 中颜色染这 (n) 个点。
要求连续 (m) 个点的颜色不能是 $1 sim m $ 的排列。
两种环相同当且仅当这两个环可以在旋转之后变得一模一样。
求方案数对 ({10}^9+7) 取模的结果。
(nleq {10}^9,mleq 7)
题解
考虑 polya 定理，记 (f(n)) 为 (n) 个点的答案，(g(n)) 为 (n) 个点不考虑旋转的答案。那么就有
[egin{align}
f(n)&=frac{1}{n}sum_{i=1}^ng(gcd(n,i))\
&=frac{1}{n}sum_{imid n}varphi(frac{n}{i})g(i)
end{align}
]
(g(i)) 可以 DP 计算。
记 (h_{i,j,k}) 为长度为 (i) 的链，前 (m) 个点的状态（颜色）为 (j)，最后 (m) 个点的状态为 (k) 的方案数。
还可以记录前 (m) 个颜色的前多少个是互不相同的，还有最后 (m) 个点的颜色。就前 (j) 个的颜色是互不相同的，第 (j+1) 个点颜色和前面某个点颜色相同。
显然 (g(i)) 有一个长度不超过 (m^m) 的递推式。
暴力打出前面的项然后 BM 求出递推式即可。
开 O2 只用了 48s 就打出来了。
(m=7) 时递推式长度为 (409)。
表在这：https://github.com/ywwywwyww/THUSC2017/tree/master/yww/farben
代码
const int N=1010;
const ll p=1000000007;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
ll b[10][2010]=表;
ll a[10][2010]=表;
int c[N],d[N],t;
ll pw[N][N];
ll ans;
int n,m;
int s[N];
int len;
void add(int &a,ll b)
{
a=(a+b)%p;
}
void mul()
{
static int f[N];
for(int i=0;i<=2*len;i++)
f[i]=0;
for(int i=0;i<=len;i++)
if(s[i])
for(int j=0;j<=len;j++)
add(f[i+j],(ll)s[i]*s[j]);
for(int i=0;i<=2*len;i++)
s[i]=f[i];
}
void module()
{
for(int i=2*len;i>=len;i--)
if(s[i])
{
for(int j=1;j<=len;j++)
add(s[i-j],(ll)s[i]*b[m][j]);
s[i]=0;
}
}
void fp(int x)
{
if(!x)
{
for(int i=0;i<=2*len;i++)
s[i]=0;
s[0]=1;
return;
}
fp(x>>1);
mul();
if(x&1)
{
for(int i=2*len;i>=1;i--)
s[i]=s[i-1];
s[0]=0;
}
module();
}
ll calc(int x)
{
if(x<=500)
return a[m][x];
fp(x-1);
ll res=0;
for(int i=1;i<=len;i++)
res=(res+(ll)a[m][i]*s[i-1])%p;
return res;
}
void dfs(int x,int y,ll phi)
{
if(x>t)
{
ans=(ans+calc(y)*phi)%p;
return;
}
for(int i=0;i<d[x];i++)
dfs(x+1,y*pw[x][i],phi*(c[x]-1)%p*pw[x][d[x]-i-1]%p);
dfs(x+1,y*pw[x][d[x]],phi);
}
int main()
{
open("farben");
scanf("%d%d",&n,&m);
int _n=n;
for(int i=2;i*i<=_n;i++)
if(_n%i==0)
{
c[++t]=i;
while(_n%i==0)
{
d[t]++;
_n/=i;
}
}
if(_n>1)
{
c[++t]=_n;
d[t]=1;
}
for(int i=1;i<=t;i++)
{
pw[i][0]=1;
for(int j=1;j<=d[i];j++)
pw[i][j]=pw[i][j-1]*c[i]%p;
}
len=b[m][0];
dfs(1,1,1);
ans=ans*fp(n,p-2)%p;
ans=(ans%p+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
打表程序
const ll p=1000000007;
const int N=1010;
const int n=1000;
//const int m=5;
int m;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
const int MA=2100000;
int e[MA];
int ban[MA];
vector<int> g[N];
int pw[N];
int ma;
namespace gao1
{
int a[N],b[N],c[N];
void dfs(int x)
{
if(x>m)
{
for(int i=1;i<=m;i++)
b[i]=0;
int tot=0;
int s=0;
int s2=0;
int first=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(!b[a[i]])
b[a[i]]=++tot;
c[i]=b[a[i]];
s+=c[i]*pw[i-1];
s2+=a[i]*pw[i-1];
if(c[i]<=c[i-1]&&!first)
first=i-1;
}
if(tot==m)
ban[s2]=1;
else
g[first].push_back(s);
return;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
a[x]=i;
dfs(x+1);
}
}
void gao()
{
dfs(1);
}
}
namespace gao2
{
int a[N],b[N],c[N];
void dfs(int x)
{
if(x>m)
{
for(int i=1;i<=m;i++)
b[i]=0;
for(int i=m;i>=1;i--)
if(!a[i]||!b[a[i]])
{
c[i]=a[i];
b[a[i]]=1;
}
else
c[i]=0;
int s=0,s1=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
s+=c[i]*pw[i-1];
for(int i=1;i<=m;i++)
s1+=a[i]*pw[i-1];
e[s1]=s;
return;
}
for(int i=0;i<=m;i++)
{
a[x]=i;
dfs(x+1);
}
}
void gao()
{
dfs(1);
}
}
int f[N];
int h[2][MA];
int d[MA];
void add(int &a,int b)
{
a=(a+b)%p;
}
int append(int a,int b)
{
return a/(m+1)+b*pw[m-1];
}
namespace gao3
{
void gao(int x)
{
memset(d,0,sizeof d);
for(int i=0;i<=ma;i++)
{
int flag=1;
for(int y=i,j=1;j<=x;j++)
{
y=append(y,j);
if(ban[y])
{
flag=0;
break;
}
}
d[i]=flag;
}
memset(h,0,sizeof h);
int cur=0;
for(auto v:g[x])
h[cur][e[v]]++;
for(int i=m;i<=n;i++)
{
fprintf(stderr,"%d %d %d
",m,x,i);
memset(h[cur^1],0,sizeof h[cur^1]);
for(int j=0;j<=ma;j++)
if(h[cur][j]&&!ban[j])
{
add(f[i],d[j]*h[cur][j]);
for(int k=1;k<=m;k++)
add(h[cur^1][e[append(j,k)]],h[cur][j]);
}
cur^=1;
}
}
}
int main(int argc,char **argv)
{
// freopen("farben2.txt","w",stdout);
sscanf(argv[1],"%d",&m);
ma=fp(m+1,m);
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
pw[i]=pw[i-1]*(m+1);
gao1::gao();
gao2::gao();
for(int i=1;i<m;i++)
f[i]=fp(m,i);
for(int i=1;i<m;i++)
gao3::gao(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d
",f[i]);
return 0;
}