洛谷 P3307: bzoj 3202: [SDOI2013] 項鍊
題目傳送門:洛谷P3307。這題在bzoj上是許可權題。
題意簡述:
這題分為兩個部分:
① 有一些珠子,每個珠子可以看成一個無序三元組。三元組要滿足三個數都在$1$到$m$之間,並且三個數互質,兩個珠子不同當且僅當這個三元組不同。計算有多少種不同的珠子。
② 把這些珠子串成一個環,要滿足相鄰的珠子不同。兩個環不同當且僅當旋轉任意角度後仍然不同。計算有多少種不同的環。
題解:
分成兩部分做。
第一部分:
考慮計算三元組的個數,轉無序為有序,再去重。
答案=(三個都不同的有序三元組方案)/6+(兩個相同,另一個不同的方案)/3+(三個都相同的方案)。
容斥一下得到答案=(三元組的方案+二元組的方案*3+一元組的方案*2)/6。
因為一元組只有(1)滿足條件,所以答案是(2+三元組的方案+二元組的方案*3)/6。
考慮如何求出兩種方案。
三元組的方案是\(\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^m[\gcd(i,j,k)=1]\),二元組同理。
顯然是莫反套路,三元組的答案是\(\sum_{d=1}^m\mu(d){\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}^3\),二元組同理。
數論分塊求出答案即可,最後乘上6的逆元。這一步複雜度$\Theta(m+T\sqrt{m})$。
第二部分:
知道了不同珠子的數量,要求出本質不同的環的個數。
Burnside引理套路。最終方案數等於每個置換的不動點個數的平均數,即\(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf(i)\),\(f(i)\)表示旋轉\(i\)格的不動點數量。
稍微化簡一下:\(\frac{1}{n}\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})f(d)\)。
考慮計算\(f(x)\),當$x$是$n$的因數時,$f(x)$就等於不考慮旋轉時的長度為$x$的環的數量。
假設不同珠子的數量為\(k\),不加證明地給出一個式子:\(f(x)=(k-1)^x+(-1)^x(k-1)\)。這個式子可以遞推得出。
那麼根據這個式子和上面的式子計算即可。
要注意\(n\)太大了,要求出\(\varphi\)的值比較困難,考慮DFS它的每個質因數,按照\(\varphi\)是個積性函式以及公式,求得\(\varphi\)。
要注意,最後除掉\(n\)的時候,\(n\)可能是模數的倍數導致沒有逆元。可以發現\(n\)不會是模數平方的倍數,所以把模數平方後再做一遍,最後除掉模數這個因子即可。
1 #include <cstdio> 2 3 #define reg register 4 typedef unsigned long long ULL; 5 const ULL MOD = 1000000007ll; 6 const ULL Inv61 = 166666668ll; 7 const ULL Inv62 = 833333345000000041ll; 8 ULL Mod; 9 ULL Inv6; 10 const int MN = 10000001; 11 12 ULL TN[11]; 13 int TA[11], MA; 14 15 bool ip[MN]; 16 int p[MN], pc; 17 int mu[MN]; 18 inline void SieveInit() { 19 ip[0] = ip[1] = 1; 20 mu[1] = 1; 21 for (reg int i = 2; i <= MA; ++i) { 22 if (!ip[i]) 23 p[++pc] = i, 24 mu[i] = -1; 25 for (reg int j = 1; j <= pc; ++j) { 26 reg int k = p[j] * i; 27 if (k > MA) break; 28 ip[k] = 1; 29 if (i % p[j]) mu[k] = -mu[i]; 30 else break; 31 } 32 } 33 for (reg int i = 2; i <= MA; ++i) 34 mu[i] += mu[i - 1]; 35 } 36 37 int O; 38 inline ULL Mul(ULL x, ULL y) { 39 if (!O) return x * y % Mod; 40 return (x * y - (ULL)((long double) x / Mod * y) * Mod + Mod) % Mod; 41 } 42 43 ULL N; int A; 44 ULL M; 45 inline void SolveM() { 46 M = 2; 47 for (reg int i = 1, j, k; i <= A; i = j + 1) { 48 k = A / i, j = A / k; 49 M = (M + Mul(Mul(Mul(k, k), k + 3), (mu[j] - mu[i - 1] + Mod) % Mod)) % Mod; 50 } 51 M = Mul(M, Inv6); 52 } 53 54 ULL Pow[60]; 55 inline void PowInit() { 56 Pow[0] = M - 1; 57 for (reg int i = 1; i < 60; ++i) Pow[i] = Mul(Pow[i - 1], Pow[i - 1]); 58 } 59 inline ULL qPow(ULL E) { 60 ULL A = 1; 61 for (reg int j = 0; E; E >>= 1, ++j) 62 if (E & 1) A = Mul(A, Pow[j]); 63 return A; 64 } 65 inline ULL Inv(ULL B) { 66 ULL A = 1; 67 for (reg ULL E = MOD - 2; E; E >>= 1, B = B * B % MOD) 68 if (E & 1) A = A * B % MOD; 69 return A; 70 } 71 72 ULL b[15]; int e[15], cnt; 73 ULL Ans; 74 inline ULL F(ULL x) { 75 return (qPow(x) + (x & 1 ? Mod - M + 1 : M - 1)) % Mod; 76 } 77 void DFS(int st, ULL now, ULL phi) { 78 if (st > cnt) { 79 Ans = (Ans + Mul(phi % Mod, F(N / now))) % Mod; 80 return; 81 } 82 DFS(st + 1, now, phi); 83 for (reg int i = 1; i <= e[st]; ++i) { 84 now *= b[st]; 85 phi *= i == 1 ? b[st] - 1 : b[st]; 86 DFS(st + 1, now, phi); 87 } 88 } 89 inline ULL Solve() { 90 ULL NN = N; cnt = 0; 91 for (reg ULL i = 2; i * i <= NN; ++i) if (NN % i == 0) { 92 b[++cnt] = i, e[cnt] = 0; 93 while (NN % i == 0) NN /= i, ++e[cnt]; 94 } if (NN > 1) b[++cnt] = NN, e[cnt] = 1; 95 Ans = 0; DFS(1, 1, 1); 96 if (O) Ans = Ans / MOD * Inv(N / MOD) % MOD; 97 else Ans = Ans * Inv(N % MOD) % MOD; 98 return Ans; 99 } 100 101 int main() { 102 int Tests; 103 scanf("%d", &Tests); 104 for (int i = 1; i <= Tests; ++i) 105 scanf("%llu%d", TN + i, TA + i), 106 MA = TA[i] > MA ? TA[i] : MA; 107 SieveInit(); 108 for (int i = 1; i <= Tests; ++i) { 109 N = TN[i], A = TA[i]; 110 O = N % MOD ? 0 : 1; 111 if (O) Mod = MOD * MOD, Inv6 = Inv62; 112 else Mod = MOD, Inv6 = Inv61; 113 SolveM(); 114 PowInit(); 115 printf("%llu\n", Solve()); 116 } 117 return 0; 118 } 119 120 // 1. 求出本質不同的珠子數量,容斥 + 莫比烏斯反演 + 數論分塊 121 // 2. 求出答案,Burnside 引理 + 數論分塊