このブログは$ポリア、より詳細な証拠のアプリケーションに焦点を当てて、Baiduのしてください。$
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$バーンサイド補題の$
$$ L = \ FRAC {1} {| G |} \ sum_ {i = 1} ^ {| G |} D（a_iを）$$
$ L $：本質的に異なるソリューションの数。
$ G $：代替クラスタセット。
$ $ a_iを：置換の置換基$ Iドル。
$ D（a_iを）$：$ a_iを$置換を行う、状態がありませんプログラム変更の数。
コンテンツとそれほどではない以下の補題が、あなたは無視することができます。
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$問題の$の リンクを
別のスキームが自然を請うどのように多く、$ M $染めの色を使用して、$ N $ストーンサークルがあります。
$ポリアの定理に問題を取ります$ $ $↓
$ポリア定理$
$$ L = \ FRAC {1} {| G |} \ sum_ {i = 1} ^ {| G |} M ^ {C（g_i）} $$
最初の式を投げました。
この問題は、である置換基の$ Gの$：$ 0 $二次転写、二次転写$ 1 $ ... $ N-1 $トランスフェクトされた時間（時計回りの両方）。
回転は、$ K $位置を満たし、そして元の状態$に等しい位置（i + K）％のN個の同一の、その後$ I $色 $の位置の色、
回転$さt $時間は、依然として同じ位置を感じるすなわち、$ I $位置$（Iは+ T K）％のNの$位置同じ色、
回転$ I $ $ T $ A $のk $時間は、すなわち、無制限の回転原位置に復帰することができるであろう
（T I +全$ I $ $になるように閉位置に提示％N $ K） $の\色{赤} {} $セクションサイクル。
設定時間$さt $ターン後、最初のバック$ I $位置、
のT * K = LCM（K、 N）$ = \ FRAC {K * GCD {} N（K、N）} $、
$ \従ってT = \ FRAC GCD {{N}（K、N）} $、
$ $ \ FRAC {N}、{T} = GCD（K、N）$の量で$ T $ $ \の色{赤} {} $ループ部の長さは、$ \色{赤} {}円形断面。
式$ Mが$への色の数、$ $ G_iでは、$ C（g_i）の$ \色{赤} {} $円形断面を$で置き換えます。
この質問の$ C（g_i）= GCD（中 K、N）$、$$ \従って回答= L = \ FRAC {1} {N} \ sum_ {k = 0} ^ {N-1} M ^ {GCD （K、N）} $$
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$ $ 1拡大
問題は、$ \色{赤} {} $同型対称性を増加させる場合、その元の2つの異なる方式を意味対称、プログラムとして時計を
$ N $パリティ分類議論によって：
- $ $ Nノットのサイクル数$ \ FRAC {N + 1}、対称の軸の点があり、奇数である {2} $、 $ N $総順列対称軸、回答寄与の$の\ FRAC { N M ^ {\ FRACの+。1 {N}は{2}}}} $ {2N
最終回答が$$回答= L = \ FRAC {ある 1}、{2N}（\ sum_ {k = 0} ^ {N- } ^ {M GCD。1（K、N）} N + M ^ {\ FRAC。1} + {N} {2}）$$ $ $ Nは偶数であり、いかなる点対称軸が存在しないことがあり、2点があり、両方の対称の$ \のFRAC {N} {2の軸に有していてもよい } $ 、タイプ$ N $置換の合計が軸対称
の対称軸、ループ部の数は$ \ FRAC {N} {2上にない点は、いつ } $、 回答寄与の$ \のFRAC {M ^ {\ FRAC {N} {2}}}、{2N} $は、 合計に寄与しません$ \ FRAC {\ FRAC {N} {2} M {^ \ FRAC {{N} {2}}}} $ 2N。
対称のときにビット軸、ノットの周期$ \ FRAC {N}の数{2 } 1 + $、回答寄与の$ \のFRAC {M ^ {\ FRAC {N} {2} +1}}、{2N} $、 $ \ FRAC {\ FRAC {N} {2}の合計寄与 M {^ \ FRAC {N} {2} +1}}、{2N} $。所以最后的答案为
$$Ans=L=\frac{1}{2N}(\sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}+\frac{N}{2}M^{\frac{N}{2}}+\frac{N}{2}M^{\frac{N}{2}+1})$$
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$拓展2$
若 $\color{red}{N<=10^9}$ , $O(N)$计算下式会 $TLE$, 需要更快的办法,
$$Ans=L=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}M^{gcd(k,N)}$$
由于 $gcd(k,N)|N$, 而$N$的约数不会超过 $2\sqrt{N}$ 个,
考虑枚举 $d$, $(d|N)$
则就只需统计 $gcd(k,N)=d$ 的 $k$ 的个数.
$d=gcd(k,N)=gcd(dt, d\frac{N}{d})$
则 $t$ 与 $\frac{N}{d}$ 互质, 即 $\color{red}{gcd(t, \frac{N}{d}) = 1}$.
$\therefore \color{red}{\varphi(\frac{N}{d})}$ 即为 $gcd(k,N)=d$ 的 $k$ 的个数.
于是 $$Ans=L=\frac{1}{N}\sum_{d|N}\varphi(\frac{N}{d}) *M^d$$
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$如何求解 \varphi(x)?$
根据定义: $$\varphi(x)=x\prod_{p_i|x}(1-\frac{1}{p_i})$$
通分得: $\varphi(x) = x\prod_{p_i|x}\frac{p_i-1}{p_i}$
按上式实现, 时间复杂度小于 $O(\sqrt{N})$, 均摊 $O(logN)?$
这里给出求解函数,
int Get_phi(int x){
int s = x;
for(int i = 2; i*i <= x; i ++)
if(x % i == 0){ //找到一个质因数
s = s/i*(i-1);
while(x%i == 0) x /= i;
}
if(x > 1) s = s/x*(x-1); //不可能出现两个大于 sqrt(N) 的质因数, 所以只可能剩下一个, 处理掉就好 .
return s;
}所以 $O(\sqrt{N}),O(logN)$ 分别求出所有约数 $d$ 和 $\varphi(\frac{N}{d})$ 即可, 时间复杂度 $O(\sqrt{N}logN)$.
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$\mathcal{Code}$
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
const int mod = 1e9 + 7;
int T;
int N;
int phi(int x){
int s = x;
for(reg int i = 2; i*i <= x; i ++)
if(x % i == 0){
s = s/i * (i-1);
while(x % i == 0) x /= i;
}
if(x > 1) s = s/x * (x-1);
return s;
}
int KSM(int a, int b){
int s = 1; a %= mod;
while(b){
if(b & 1) s = 1ll*s*a % mod;
a = 1ll*a*a % mod, b >>= 1;
}
return s;
}
void Work(){
scanf("%d", &N);
int Ans = 0;
int lim = sqrt(N);
for(reg int d = 1; d <= lim; d ++){
if(N % d) continue ;
Ans = ( 1ll*Ans + (1ll*phi(N/d) * KSM(N, d) % mod) ) % mod;
int d_2 = N / d;
if(d_2 == d) continue ;
Ans = ( 1ll*Ans + (1ll*phi(N/d_2) * KSM(N, d_2) % mod) ) % mod;
}
printf("%d\n", (1ll*Ans*KSM(N, mod-2)) % mod);
}
int main(){
scanf("%d", &T);
while(T --) Work();
return 0;
}$例题$
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