【题目描述】
一串项链上有\(n\)颗珠子，用\(n\)种颜色给它们染色(不一定都要用到)，有多少种方案？通过已有方案进行旋转得到的染色方案不算。答案对\(p\)取模。
【输入格式】
两个整数\(n,p\)。
【输出格式】
一行一个整数表示总方案数模\(p\)。
\(n\le 10^9\)
题解
\(\operatorname{Burnside}\) 引理
设\(A\)和\(B\)为有限集合，\(X\)表示所有从\(A\)到\(B\)的映射集合(着色方案集合)。\(G\)是一个置换群，\(X/G\)表示\(X\)所有元素的轨道的集合(去重)，\(X^g\)表示\(X\)中在某个\(G\)中置换\(g\)作用下的不动元素集合，则有\[|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{g\in G}|X^g|\]
看不懂没关系 用人话解释一下
比如给一个正方形的4个顶点染2种颜色
\(X\)是着色方案集合 这里先不考虑重复 每个点都有两种颜色可染 所以着色方案有\(2^4=16\)种 这里我们可以把这个正方形旋转0°,90°,180°或270°,所以\(G\)就是{旋转0°,旋转90°,旋转180°,旋转270°}。
先算一下\(X^{g_1}\) 也就是旋转0°后 16种方案里有多少种4个角的颜色相对没变的
然而旋转0°也就是不旋转 16种都不会变
\(X^{g_2}\) 旋转90°呢 只有2种 就是4个顶点颜色都一样的2种
\(X^{g_3}=4\) 旋转180°时 \(\texttt{RRRR}\quad\texttt{BBBB}\quad\texttt{RBRB}\quad\texttt{BRBR}\)都是合法的
\(X^{g_4}\)同\(X^{g_2}\)。
所以此题答案是\(\frac{1}{4}(16+2+4+2)=6\) ！！！
但是集合\(G\)的大小是\(n\)级别的 集合\(X\)的大小更是指数级的 我们也不知道怎么计算\(X^g\)
于是我们需要用到 \(\operatorname{Polya}\) 定理
先简单介绍一下什么是置换
\[\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 1 & 2 & 4 \end{pmatrix} \]
这个置换是上下对应的 表示把 \(1\) 的颜色给 \(3\)，把 \(2\) 的颜色给 \(1\)，把 \(3\) 的颜色给 \(2\)，把 \(4\) 的颜色给 \(4\)。
所以如果把正方形的四个顶点顺时针顺序标为 \(1,2,3,4\)
那么顺时针旋转90°就对应这样的一个置换：
\[\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \end{pmatrix} \]
任意一个置换都能分解成若干个循环置换的乘积
什么又是循环置换？(不想写了放张图)
嗯 \(\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 1 & 2 & 5 & 4 \end{pmatrix}\) 就是这两个循环置换合在一起
这个循环置换 \(\begin{pmatrix}1 & 3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}\) 按顺序排一下也就是 \(\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}\)
和这个循环置换 \(\begin{pmatrix}4 & 5 \\ 5 & 4 \end{pmatrix}\)
然后回到刚才那个引理 一个置换\(g\)可以表示为若干个循环置换的乘积 然而对于每个循环置换 这个循环置换里的每个元素 的颜色 必须全部一样 才能保证经过置换后每个元素的颜色都不变(这个不好理解)
设\(m\)是颜色种类数 \(c(g)\)是\(g\)最多被分解成几个循环置换的乘积 那么有\(|X^g|=m^{c(g)}\)
把这个代入刚才那个\(\operatorname{Burnside}\) 引理
得到 \(\operatorname{Polya}\) 定理：
\[|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{g\in G}m^{c(g)}\]
看一下刚才那个正方形的例子
\(g_1\)是\(\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}\)
那么 \(c(g_1)\) 是 \(4\) 总之自己算一下得到 \(c(g_2)=1\)，\(c(g_3)=2\)，\(c(g_4)=1\)
答案就和刚才一样 \(\frac{1}{4}(2^4+2^1+2^2+2^1)=6\)
那么这题怎么办呢 集合 \(G\) 很容易找 就是顺时针旋转过 \(1\sim n\) 个珠子(旋转过 \(n\) 个就是没旋转) 所以 \(|G|=n\) 。
找找规律 发现顺时针旋转 \(i\) 个珠子得到的置换最多能被分解成 \(\gcd(i,n)\) 个循环置换(原因我也忘了)
所以枚举 \(n\) 的因数 \(d\) 表示 \(\gcd(i,n)=d\) 那么一定有 \(\gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1\) 且 \(\frac{i}{d}\le \frac{n}{d}\)
所以 \(\gcd(i,n)=d\) 的 \(1\le i\le n\) 的个数就是 \(\varphi(\frac{n}{d})\) (欧拉函数)
答案就是 \[\frac{1}{n}\sum\limits_{d|n}n^d\varphi(\frac{n}{d})\]
预处理一下质数 时间复杂度据说是\(O(n^{0.75})\)？
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int ttt, n, mod, tot;
int prime[40005], pr;
bool np[40005];
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
return x * f;
}
void write(int x) {
if (x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
inline void getprime() {
for (int i = 2; i <= 36000; i++) {
if (!np[i]) {
prime[++pr] = i;
}
for (int j = 1; j <= pr && (i * prime[j] <= 36000); j++) {
np[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
inline int getphi(int x) {
int ret = x;
for (int i = 1; prime[i] * prime[i] <= x; i++) {
if (x % prime[i] == 0) {
ret = ret - ret / prime[i];
while (x % prime[i] == 0) x /= prime[i];
}
}
if (x > 1) {
ret = ret - ret / x;
}
return ret % mod;
}
inline int fpow(int x, int t) {
int ret = 1; x %= mod;
for (; t; t >>= 1, x = x * x % mod) if (t & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
inline int solve(int x) {
int ret = 0;
for (int i = 1; i * i <= x; i++) {
if (x % i == 0) {
ret = (ret + fpow(x, i - 1) * getphi(x / i) % mod) % mod;
if (x != i * i) {
ret = (ret + fpow(x, x / i - 1) * getphi(i) % mod) % mod;
}
}
}
return ret;
}
int main() {
ttt = read();
getprime();
while (ttt--) {
n = read(); mod = read();
write(solve(n)); puts("");
}
return 0;
}