传送门
求每个珠子的方案数
即有序的求三元组 \((x,y,z),x,y,z\le a\) 满足 \(gcd(x,y,z)=1\)
设 \(G_i\) 表示 \(i\) 个小于等于 \(a\) 的有序数字，满足 \(gcd=1\) 的方案数
容斥得到要求的
\[\frac{1}{6}(G_3+2G_2+3G_1)\]
然后 \(G_1=1\)
运用简单莫比乌斯反演得到
\[G_2=\sum_{i=1}^{a}\lfloor\frac{a}{i}\rfloor^2\mu(i)\]
\[G_3=\sum_{i=1}^{a}\lfloor\frac{a}{i}\rfloor^3\mu(i)\]
求项链条数
运用 \(Polya\) 定理
设 \(f(x)\) 表示 \(x\) 的点的环，选择上面求出的 \(m\) 种颜色，同色不相邻的方案数
那么要求的就是
\[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(gcd(i,n))=\frac{1}{n}\sum_{d|n}f(d)\varphi(\frac{n}{d})\]
求f
容斥不好做
朴素想法是枚举开始和结尾的颜色，显然也不好做
考虑增量算 \(f(x)\)
首先可以断开 \(x-1\) 的链
\(x-1\) 的首尾不同，贡献为 \((m-2)f(x-1)\)
\(x-1\) 的首尾相同，贡献为 \((m-1)f(x-2)\)
那么 \(f(x)=(m-2)f(x-1)+(m-1)f(x-2)\)
本题应该是默认 \(f(1)=0\)，不然过不了样例
直接构造生成函数 \(F(x)=\sum_{i=0}^{x}f(i)x^i\)
那么 \(F(x)=(m-2)F(x)x+(m-1)F(x-2)x^2+f(2)\)
所以
\[F(x)=\frac{m-1}{1-(m-1)x}-\frac{m-1}{1+x}\]
\(f(x)=(m-1)^x-(-1)^{x-1}(m-1)\)
最后
注意到 \(n\) 可能是 \(10^9+7\) 的倍数
可以考虑对 \((10^9+7)^2\) 取模
如果是倍数，初始答案算出来和 \(n\) 一起除去 \(mod\) 再求逆元即可
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn(1e7 + 5);
const int mod(1e9 + 7);
const ll dmod((ll)mod * mod);
const ll inv6(833333345000000041ll);
inline void Inc(ll &x, ll y) {
x = x + y >= dmod ? x + y - dmod : x + y;
}
inline ll Mul(ll x, ll y) {
return (x * y - (ll)(((long double)x * y + 0.5) / (long double)dmod) * dmod + dmod) % dmod;
}
inline ll Pow1(ll x, ll y) {
register ll ret = 1;
for (x %= mod, y %= mod - 1; y; y >>= 1, x = x * x % mod)
if (y & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
inline ll Pow2(ll x, ll y) {
register ll ret = 1;
for (; y; y >>= 1, x = Mul(x, x)) if (y & 1) ret = Mul(ret, x);
return ret;
}
int test, pr[maxn / 10], tot, mu[maxn], cnt;
bitset <maxn> ispr;
ll n, a, ret, ans, d[maxn], ct[maxn];
inline ll Calc(ll x) {
register ll v = Pow2(ret, x);
(x & 1) ? Inc(v, dmod - ret) : Inc(v, ret);
return v;
}
void Dfs(int x, ll v, ll phi) {
if (x > cnt) {
Inc(ans, Mul(phi, Calc(n / v)));
return;
}
register int i;
Dfs(x + 1, v, phi), v = v * d[x], phi = phi * (d[x] - 1), Dfs(x + 1, v, phi);
for (i = 2; i <= ct[x]; ++i) v *= d[x], phi *= d[x], Dfs(x + 1, v, phi);
}
inline void Solve() {
register ll i, j, x;
scanf("%lld%lld", &n, &a), ans = 0, ret = 2;
for (i = 1; i <= a; i = j + 1) {
j = a / (a / i);
Inc(ret, Mul(Mul(Mul((a / i) + 3, a / i), a / i), (mu[j] - mu[i - 1] + dmod) % dmod));
}
ret = Mul(ret, inv6), Inc(ret, dmod - 1);
for (i = 1, cnt = 0, x = n; i <= tot && pr[i] <= x / pr[i]; ++i)
if (x % pr[i] == 0) {
d[++cnt] = pr[i], ct[cnt] = 0;
while (x % pr[i] == 0) x /= pr[i], ++ct[cnt];
}
if (x > 1) d[++cnt] = x, ct[cnt] = 1;
Dfs(1, 1, 1);
if (n % mod) ans = Mul(ans, Pow2(n, dmod - 2)), ans %= mod;
else ans = (ans / mod) % mod * Pow1(n / mod, mod - 2) % mod;
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
register int i, j;
ispr[1] = 1, mu[1] = 1;
for (i = 2; i < maxn; ++i) {
if (!ispr[i]) pr[++tot] = i, mu[i] = -1;
for (j = 1; j <= tot && i * pr[j] < maxn; ++j) {
ispr[i * pr[j]] = 1;
if (i % pr[j]) mu[i * pr[j]] = -mu[i];
else {
mu[i * pr[j]] = 0;
break;
}
}
}
for (i = 2; i < maxn; ++i) mu[i] += mu[i - 1];
scanf("%d", &test);
while (test) Solve(), --test;
return 0;
}