Description
然而，由于小C沉迷于制作游戏，他完全忘记了自己作为国家集训队的一员，还有156道作业题等他完成。还有一天作业就要截止了，而他一题还没有做。于是他赶紧挑了一道看起来最简单的题：
“给定一个整数N，请你求出有多少字符集为1到K之间整数的字符串，使得该字符串可以由一个长度为N的回文串循环移位后得到。所谓循环移位，就是把字符串的某个前缀（可以为空）移到字符串末尾，如"1221"循环移位可以得到"1221"、"2211"、"2112"、"1122"四个字符串。结果对109+7取模。”
为了不让小C的集训队资格被CCF取消，请你帮助他完成这道题吧。
Input
第一行包含两个整数N,K。
Output
输出满足条件的字符串数对109+7取模的结果。
Sample Input
Sample Input 1
4 2
Sample Input 2
1 10
Sample Input 3
6 3
Sample Input 4
1000000000 1000000000
Sample Output
Sample Output 1
6
Sample Output 2
10
Sample Output 3
75
Sample Output 4
875699961
HINT
在第一个样例中，有"1111"、"1122"、"1221"、"2211"、"2112"、"2222"，共6个字符串符合条件。
我们先考虑枚举回文串，因为回文串是回文的，所以我们只用枚举回文串的一半，回文串的个数就是\(m^{(n+1)/2}\)。
每一个回文串应该有\(n\)种循环移位后的到的字符串，但是这样计算后我们会发现这比答案大很多，因为有重复。
我们考虑如何计算不重复的字符串的个数，我们可以枚举回文串的循环节。
分两种情况讨论。
1.循环节为奇数
因为一个回文串的循环节必定为回文串，所以我们循环移位1个循环节的长度为\(len\)就会有重复，所以会产生\(len\)个新字符串。
2.循环节为偶数
因为上述的原因，循环节必定回文，我们只要有\(len/2\)的长度就会重复。
比如说，串\(122111221\),我们移了两位之后，串变成\(21122112\),虽然看起来与原串并不相同，但是我们在枚举回文串的时候，也会枚举到\(21122112\),所以也算重复。
接下来DP。
我们先预处理出\(n\)的所有因数，\(a[]\)
我们设\(dp[i]\)表示最小循环节为\(a[i]\)时，有多少个符合条件的回文串。
我们在\(dp[i]\)中减去\(dp[a[i]的因子]\)，为了保证\(a[i]\)时最小的循环节。
ans就直接加上回文串所贡献的字符串个数即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int dp[2010],cnt,n,k,a[2010],ans;
int fastpow(int x,int y)
{
int sum=1;
while(y)
{
if(y&1)
{
sum=(1ll*sum*x)%mod;
}
x=(1ll*x*x)%mod;
y>>=1;
}
return sum;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i*i<=n;i++)//枚举因子
{
if(n%i==0)
{
a[++cnt]=i;
if(i*i!=n)
{
a[++cnt]=n/i;
}
}
}
sort(a+1,a+cnt+1);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
dp[i]=fastpow(k,(a[i]+1)/2);//有多少个回文串
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(a[i]%a[j]==0)//去重
{
dp[i]=(dp[i]-dp[j]+mod)%mod;
}
}
if(a[i]&1)//统计答案
{
ans=(ans+dp[i]*a[i])%mod;
}else{
ans=(ans+dp[i]*(a[i]/2))%mod;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}