OI群论：从入门到自闭

怎么这么多阅读啊……

这篇文章是群论（其实只有Polya）在信息学奥赛中计数的运用，并不是群论的讲义……

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群论可以说是数学中最高深的内容，一个oier去深入了解是不现实的。因此，我们只需要知道结论。

本文主要讲解群论在oi中辅助计数的运用，将尽量做到通俗易懂。

Luogu P4980

题意：给一个长度为$N$的环，染$N$种色，旋转同构，求方案数

$N\le 1e9$

基本概念

置换 一个排列$p$，表示$i$可以变成$p_i$

本题中，旋转后得到的排列就是置换。

$(1,2,3,...,n)(2,3,4,...,n,1)......(n,1,2,...,n-1)$都是置换

置换群一堆置换

置换间可以相乘。规则是对每个$i$依次进行每个置换

本题中，上述$n$个置换构成置换群

轨道某个数$a$,经过若干置换（可以为1）回到自己，经过的数在一个轨道上。

人话：环

本题中，若$n=6$,对于置换$(3,4,5,6,1,2)$,$3->5->1$和$4->6->2$是两个轨道

Burnside引理

本质不同的方案数等于每个置换跑了之后不变化的方案数的平均值

人话：对于每个置换，把每个轨道缩成点，求出当前方案数，所有方案的和除以总置换数就是本质不同的方案数。

这样可以枚举置换，然后暴力跑出置换数，可以做到$O(n^2)$

然而这题有个特殊性质，容(bu)易(yong)证明

$\text{轨道数=gcd（旋转次数，n）}$

这样可以得到公式：

$Ans=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{n}^{gcd(i,n)}$

如果我没理解错，这个就是$polya$定理

真心不知道有啥区别

可以做到$O(nlogn)$

优化

回到

$Ans=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{n}^{gcd(i,n)}$

我们发现$gcd(i,n)$ 只有$O(\sqrt{n})$种取值

可以枚举$gcd(i,n)$

$Ans=\frac{1}{n}{\sum }_{d|n}{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,\frac{n}{d})=1]n^d$

不就是欧拉函数吗

$Ans=\frac{1}{n}{\sum }_{d|n}\varphi (\frac{n}{d})n^d={\sum }_{d|n}\varphi (\frac{n}{d})n^{d-1}$

然后是暴力枚举$d$，暴力算$\varphi$，复杂度$O(n^{\frac{3}{4}})$

并不会证明

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD=1e9+7;
inline int qpow(int a,int p)
{
	int ans=1;
	while (p)
	{
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD,p>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int phi(int x)
{
	int ans=x;
	for (int i=2;i*i<=x;i++)
		if (x%i==0)
		{
			ans/=i,ans*=i-1;
			while (x%i==0) x/=i;
		}
	if (x>1) ans/=x,ans*=x-1;
	return ans;
}
int n;
int calc(const int&d){return (ll)phi(n/d)*qpow(n,d-1)%MOD;}
int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		int ans=0;
		scanf("%d",&n);
		for (int i=1;i*i<=n;i++)
			if (n%i==0) 
			{
				ans=(ans+calc(i))%MOD;
				if (i*i<n) ans=(ans+calc(n/i))%MOD;
			}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}