题目链接
https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3202
题解
这题可以分成两部分:一个是统计珠子的个数,一个是统计项链的个数。
对于珠子的个数,记S3S3S3为gcd=1\gcd=1gcd=1的三个数的个数,S2S2S2为gcd=1\gcd=1gcd=1的两个数的个数,S1S1S1为gcd=1\gcd=1gcd=1的一个数的个数,容易发现答案就是
S1+13(3S2−3S1)+16(S3−3S2+2S1)=S3+3S2+2S16 S1+\frac{1}{3}(3S2-3S1)+\frac{1}{6}(S3-3S2+2S1)=\frac{S3+3S2+2S1}{6} S1+31(3S2−3S1)+61(S3−3S2+2S1)=6S3+3S2+2S1
其中S1=1S1=1S1=1,S2,S3S2,S3S2,S3可以用莫比乌斯反演求得
S2=∑T=1n⌊nT⌋2μ(T),S3=∑T=1n⌊nT⌋3μ(T) S2=\sum_{T=1}^n \lfloor\frac{n}{T}\rfloor^2\mu(T),S3=\sum_{T=1}^n \lfloor\frac{n}{T}\rfloor^3\mu(T) S2=T=1∑n⌊Tn⌋2μ(T),S3=T=1∑n⌊Tn⌋3μ(T)
对于项链的个数,假设珠子的个数为mmm,长度为iii的项链个数(不考虑旋转)为f(i)f(i)f(i),由polya原理可得答案就是
1n∑i=1nf(gcd(i,n))=1n∑d∣nf(d)φ(nd) \begin{aligned} & \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f(\gcd(i,n))\\ = & \frac{1}{n}\sum_{d|n}f(d)\varphi(\frac{n}{d}) \end{aligned} =n1i=1∑nf(gcd(i,n))n1d∣n∑f(d)φ(dn)
由于限制了相邻珠子不能相同,因此可以考虑f(i)f(i)f(i)的递推式:要么从f(i−1)f(i-1)f(i−1)转移,此时当前珠子不能与两端相同;要么从f(i−2)f(i-2)f(i−2)转移,插入一个和第一个珠子相同的,再插入一个不同的,因此f(i)f(i)f(i)的递推式为
f(i)=(m−2)f(i−1)+(m−1)f(i−2) f(i)=(m-2)f(i-1)+(m-1)f(i-2) f(i)=(m−2)f(i−1)+(m−1)f(i−2)
用特征方程解得
f(i)=(−1)i(m−1)+(m−1)i f(i)=(-1)^i(m-1)+(m-1)^i f(i)=(−1)i(m−1)+(m−1)i
由于nnn有可能是109+710^9+7109+7的倍数,此时没有逆元,因此可以先算模(109+7)2(10^9+7)^2(109+7)2的答案,如果nnn是109+710^9+7109+7的倍数直接除掉就可以了。
代码
#include
#include
template<typename T>
T read()
{
T x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while((ch<'0')||(ch>'9'))
{
if(ch=='-')
{
f=-f;
}
ch=getchar();
}
while((ch>='0')&&(ch<='9'))
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int maxn=10000000;
const int mo=1000000007;
const long long mod=1ll*mo*mo;
const long long inv6=833333345000000041ll;
long long mul(long long x,long long y)
{
return (x*y-(long long)(((long double)x*y+0.5)/(long double)mod)*mod+mod)%mod;
}
int p[maxn+10],prime[maxn+10],cnt;
long long mu[maxn+10];
int getprime()
{
p[1]=mu[1]=1;
for(int i=2; i<=maxn; ++i)
{
if(!p[i])
{
prime[++cnt]=i;
mu[i]=mod-1;
}
for(int j=1; (j<=cnt)&&(i*prime[j]<=maxn); ++j)
{
int x=i*prime[j];
p[x]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
mu[x]=0;
break;
}
mu[x]=mod-mu[i];
}
}
for(int i=2; i<=maxn; ++i)
{
mu[i]+=mu[i-1];
if(mu[i]>=mod)
{
mu[i]-=mod;
}
}
return 0;
}
long long quickpow(long long a,long long b)
{
long long res=1;
while(b)
{
if(b&1)
{
res=mul(res,a);
}
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return res;
}
long long inv(long long x)
{
return quickpow(x,1ll*mo*(mo-1)-1);
}
long long bead(int a)
{
long long f=0,g=0;
for(int l=1,r; l<=a; l=r+1)
{
r=a/(a/l);
f+=mul(mul(a/l,a/l),mu[r]-mu[l-1]+mod);
if(f>=mod)
{
f-=mod;
}
g+=mul(mul(a/l,a/l),mul(a/l,mu[r]-mu[l-1]+mod));
if(g>=mod)
{
g-=mod;
}
}
return mul(inv6,g+mul(3,f)+2);
}
long long phi(long long x)
{
long long res=x;
if(res%mo==0)
{
res=(res/mo)*(mo-1);
x/=mo;
}
for(int i=2; 1ll*i*i<=x; ++i)
{
if(x%i==0)
{
res=mul(mul(res,i-1),inv(i));
}
while(x%i==0)
{
x/=i;
}
}
if(x!=1)
{
res=mul(mul(res,x-1),inv(x));
}
return res;
}
long long F(long long n,long long m)
{
long long k=quickpow(m-1,n)+mul(quickpow((n&1)?(mod-1):1,n),m-1);
if(k>=mod)
{
k-=mod;
}
return k;
}
long long necklace(long long n,long long m)
{
long long ans=0;
for(int i=1; 1ll*i*i<=n; ++i)
{
if(n%i==0)
{
ans+=mul(F(i,m),phi(n/i));
if(ans>=mod)
{
ans-=mod;
}
if(1ll*i*i!=n)
{
ans+=mul(F(n/i,m),phi(i));
if(ans>=mod)
{
ans-=mod;
}
}
}
}
return ans;
}
int T,m;
long long n;
int main()
{
getprime();
T=read<int>();
while(T--)
{
n=read<long long>();
m=read<int>();
long long ans=necklace(n,bead(m));
printf("%lld\n",(ans%mo)?mul(ans,inv(n))%mo:mul((ans/mo),inv(n/mo))%mo);
}
return 0;
}