由於這是第一天去實現polya題，所以由易到難，先來個鋪墊題（假設讀者是看過課件的，不然可能會對有些“顯然”的地方會看不懂）：

POJ1286 Necklace of Beads ：有三種顏色，問可以翻轉，可以旋轉的染色方案數，n<24。

1，n比較小，惡意的揣測出題人很有可能出超級多組數據，所以先打表。

2，考慮旋轉：

for(i=0;i<n;i++)  sum+=pow(n,gcd(n,i));  

3，考慮翻轉：

if(n&1)  sum+=n*pow(3,n/2+1) ;  
else {  
      sum+=n/2
 
*pow(3,n/2) ;  
      sum+=n/2*pow(3,n/2+1) ;  
} 

4，除以總置換數（n+n/2+n/2）:

sum/=(2*n);

5，終極代碼：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
ll ans[30];
ll gcd(ll a,ll b) {  
 
if(b==0) return a;  return gcd(b,a%b); }
ll pow(ll a,ll x)
{
    ll res=1;
    while(x){
        if(x&1) res*=a;
        x>>=1;
        a*=a;
    } return res;
}
int main()
{
    ll n,i,sum;
    for(n=1;n<=23;n++){
        sum=0;
        for(i=0;i<n;i++) sum+=pow(3,gcd(n,i));
        
 
if(n&1)  sum+=n*pow(3,n/2+1) ;  
        else {  
            sum+=n/2*pow(3,n/2) ;  
            sum+=n/2*pow(3,n/2+1) ;  
        }  
        ans[n]=sum/n/2;
    } 
    while(~scanf("%lld",&n)){
        if(n==-1) return 0;
        printf("%lld\n",ans[n]);
    }
    return 0;
}

----------------------------------------------------分界線--------------------------------------------------------------------------------

POJ2154 Color： 求可以旋轉，不可以翻轉的置換，n個珠子，n種顏色，答案mod K，n<1e9。

那麽本題只考慮旋轉，則：

for(i=0;i<n;i++)  ans+=pow(n,gcd(n,i));  
ans/=n;

之前莫比烏斯那裏，我們常用技巧是合並。 這裏考慮gcd相同的合並。（做多了還是有點靈感滴，yeah）。

得到：

解決這個公式需要：快速冪+歐拉公式+一些素數的常識。

1，快速冪不說了，註意先模運算。

2，歐拉公式，枚舉L，即n的素因子，然後根據phi=L*(1-1/p1)*(1-1/p2)...得到歐拉函數。

3，素數常識，在這裏指的是一個數n的素因子最多有一個大於根號n，所以一直除，把根號n前的素數都除完了，留下的一定是大於根號n的一個素數。

//可以線篩一部分歐拉函數出來，不夠的再枚舉素數；枚舉的話不超過根號個，所以復雜度不會太高。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100000;
int ans, Mod;
int pri[maxn+10],cnt,vis[maxn+10],phi[maxn+10];
int qpow(int a,int x)
{
    int res=1;a%=Mod;//這裏a一定要除一下，不然會超int，豬啊。 
    while(x){
        if(x&1) res=res*a%Mod;
        x>>=1; a=a*a%Mod;
    } return res%Mod;
}
void prime()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++){
        if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++) {
            vis[pri[j]*i]=1;
            if(i%pri[j]==0) {
                phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
                break;
            }
            else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
        }
    }
}
int Phi(int x)
{
    if(x<=maxn) return phi[x]%Mod; 
    int res=x;
    for(int i=1;pri[i]*pri[i]<=x;i++)
      if(x%pri[i]==0){
          res=(res-res/pri[i]);
          while(x%pri[i]==0) x/=pri[i];
     }
    if(x!=1) res=(res-res/x);
    return res%Mod;
}
int main()
{
    int n,T; prime();
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        ans=0; scanf("%d%d",&n,&Mod); 
        for(int i=1;i*i<=n;i++){
            if(n%i!=0) continue;
            ans=(ans+qpow(n,i-1)*Phi(n/i))%Mod;
            if(i*i!=n) ans=(ans+qpow(n,n/i-1)*Phi(i))%Mod;
        }
        printf("%d\n",ans);
    } return 0;
}

POJ2154 Color polya定理+歐拉定理