[DP][容斥原理] ARC064 F - Rotated Palindromes

Solution S o l u t i o n

要求的就是长度为 n n 的可通过循环位移得到回文串的串的本质不同的个数。
我们考虑枚举长度为 x(x|n) x ( x | n ) 的回文串作为其最小循环节来计数。
可以发现回文串的循环节也是循环的。那长度为 x x 的循环节为 k⌈x2⌉ k ⌈ x 2 ⌉ 种。
但这样求出来的并不是作为最小循环节的方案数，而是 x x 的约数的方案数的前缀和。容斥掉就好了。
那么最后得到了每个长度 x x 作为最小循环节的。
根据循环节是回文串，就知道奇数 x x 的贡献是 dpx×x d p x × x ，偶数 x x 的贡献是 dpx×x2 d p x × x 2 。
复杂度就是 O(σ20(n)) O ( σ 0 2 ( n ) ) 的了。

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MOD = 1000000007;

int n, k, ans;
vector<int> fac, dp;

inline int pwr(int a, int b) {
    int c = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) c = (ll)c * a % MOD;
        b >>= 1; a = (ll)a * a % MOD;
    }
    return c;
}
inline void add(int &x, int a) {
    x = (x + a >= MOD) ? x + a - MOD : x + a;
}
inline void sub(int &x, int a) {
    x = (x < a) ? x - a + MOD : x - a;
}

int main(void) {
    cin >> n >> k;
    int m = sqrt(n);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        if (n % i == 0) {
            fac.push_back(i);
            fac.push_back(n / i);
        }
    sort(fac.begin(), fac.end());
    fac.erase(unique(fac.begin(), fac.end()), fac.end());
    dp.resize(fac.size());
    for (int i = 0; i < fac.size(); i++) {
        dp[i] = pwr(k, (fac[i] + 1) / 2);
        for (int j = 0; j < i; j++)
            if (fac[i] % fac[j] == 0)
                sub(dp[i], dp[j]);
        if (fac[i] & 1) add(ans, (ll)dp[i] * fac[i] % MOD);
        else add(ans, (ll)dp[i] * fac[i] / 2 % MOD);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}