1.基本概念：
简单来说，置换就是把n个元素做一个全排列。比如1，2，3，4分别变成3，1，2，4，或者分别变成4，3，2，1.一般地，1变a1，2变a2，...的置换记为：
\[ \left( \begin{matrix} 1 & 2\cdots & n\\ a_1 & a_2\cdots & a_n\\ \end{matrix} \right) \]
置换实际上就是一一映射，
（1）可以用一个数组f={a1,a2,...,an}来表示1~n的一个置换，其中f[i]表示元素i所映射到的（f[0]未使用）。
（2）这个f也可以看作是定义域和值域都为{1，2，3,...,n}的函数，其中f(1)=a1,f(2)=a2,f(3)=a3,...,f(n)=an。由于不同元素映射到不同的数，这个函数是可逆的。
置换之间可以定义乘法，对应于函数复合。
比如置换f={1,3,2}和g={2,1,3}，乘积fg={2,3,1}，因为各个元素的变化为1->1->2,2->3->3,3->2->1。
在数学上函数复合满足结合律，故置换乘法也满足结合律。注意：置换乘法不满足交换律。
为了处理方便，常把置换分解成循环的乘积，比如：
\[ \left( \begin{matrix} 1&2&3&4&5\\ 3&5&1&4&2\\ \end{matrix} \right)=(1\quad3)(2\quad5)(4) \]
为什么任意置换都能这样分解呢？把每个元素看成是一个结点，如果a变成b，连一条有向边a->b，则每个元素恰好有一个前驱结点和后继结点（因为它一定只映射了一个数，也一定只有一个数映射为它，否则置换后的数就不再是1~n中的每一个数了，会有数的缺失），这样的图只能是若干个有向圈，其中每一个圈对应一个循环。
虽然在一般情况下，置换乘法不满足交换律，但对于不相交的循环来说，按照任意顺序相乘都是等价的。
我们称循环分解中中循环的个数为该置换的循环节。比如(1 3)(2 5)(4)的循环节为3。
2.等价类计数问题
经典问题：在2*2的方格中涂黑白两色，有几种方法？
答案：16种。
但如果定义一种旋转操作，规定逆时针旋转90度，180度或者270度后相同的方案算作一种，那么答案就变成了6种了。
这样的问题称为等价类计数问题。
题目中会定义一种等价关系，满足等价关系的元素被看成同一类，只统计一次。
等价关系需要满足自反性（每个元素和它自身等价）、对称性（如果A和B等价，则B和A等价）和传递性（如果A和B等价，B和C等价，则A和C等价）。
为了统计等价类的个数，首先需要用一个置换集合F来描述等价关系。如果一个置换把其中一个方案映射到另一个方案，就说二者是等价的。注意：F中任意两个置换的乘积也应当在F中，否则F无法构成置换群。如：F={逆时针旋转0度，逆时针旋转90度，逆时针旋转270度}的定义是不合法的，因为两个逆时针旋转90度，即为逆时针旋转180度，而F中却并没有定义逆时针旋转180度。
Burnside定理：对于一个置换f，若一个着色方案s经过置换后不变，称s为f的不动点。将f的不动点数目记为C(f)，则可以证明等价类数目为所有C(f)的平均值。
如何求不动点C(f)的数目呢？一般地，如果置换f分解成m(f)个循环的乘积，那么每个循环内所有格子的颜色必须相同，假设涂k种颜色，则有C(f)=k^(m(f))。带入Burnside引理的表达式之后得到Polya定理。
Polya定理：等价类的个数等于所有置换f的k^(m(f))的平均数。
例题：项链和手镯（Arif in Dhaka(First Love Part 2)）
题意：用n颗宝石串成项链和手镯， 每颗宝石的颜色可以t种颜色中的一种，当A类项链经过旋转得B类项链时，A和B属于一类项链， 而手镯不仅可以旋转还可以翻转，当A类手镯经过翻转得到B类手镯时A和B属于一类手镯，问这n颗宝石，t种颜色，可以串成多少种项链和手镯？
分析：旋转：如果逆时针旋转i颗珠子的间距，则珠子0,i,2i,...构成一个循环。设该循环共有k个元素，则(ik)%n=0(回到最初的0)，所以i k=n * y，等式两边的值应为lcm(n,i)，故i*k=lcm(n,i)=
n * i/gcd(n,i)，故可求得k=n/gcd(n,i)。根据对称性，1,2i+1,...也构成循环，每个循环的长度都相同，共有n个数，一个循环的长度为n/gcd(n,i)，故循环的个数为gcd(n,i)。这些置换的不动点的个数为：
\[ a=\sum_{i=0}^{n-1}t^{gcd(i,n)} \]
翻转：当n为奇数时，对称轴有n条（分别过每一个珠子做一条对称轴），每条对称轴形成了(n-1)/2个长度为2的循环（关于对称轴对称的两个点构成一个循环，再减去在对称轴上的那个点）和1个长度为1的循环，即(n+1)/2个循环。这些置换的不动点的总数为
\[ b=nt^{\frac{n+1}{2}} \]
当n为偶数时，有两种对称轴，穿过珠子的有n/2条，各形成n/2-1个长度为2的循环和2个长度为1的循环；不穿过珠子的对称轴有n/2条，各形成n/2个长度为2的循环。这些置换的不动点的总数为
\[ b=\frac{n}{2}(t^{\frac{n}{2}+1}+t^{\frac{n}{2}}) \]
根据Polya定理，项链等价类总数为a/n，手镯等价类的总数为(a+b)/2n。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=55;
int gcd(int a,int b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main()
{
int n,t;
while(scanf("%d%d",&n,&t)==2&&n)
{
LL pow[maxn];
pow[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i) pow[i]=pow[i-1]*t;
LL a=0;
for(int i=0;i<n;++i) a+=pow[gcd(n,i)];
LL b=0;
if(n%2==1) b=n*pow[(n+1)/2];
else b=n/2*(pow[n/2+1]+pow[n/2]);
printf("%lld %lld\n",a/b,(a+b)/2/n);
}
return 0;
}