【规律】【容斥】HDU6363 bookshelf

分析：

援引dls的一句话：像这么恶心的题面，如果没有一个神奇的规律，就根本没法做嘛。。。
考场上我勉强证明了一下。。但考完之后发现那个证明似乎是错的。。。这里就不写了

我们可以尝试打个表：

书的个数（序号）	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
斐波那契数列	1	1	2	3	5	8	13	21	34	55
2的斐波那契数列次幂-1	1	1	3	7	31	255	8191	2097151	17179869183	36028797018963967

（打表一定要精确啊！！我考场上就是计算器按错键，结果对着错的表磨了半天。。直到我队友打了一个表才发现。。。）

稍微写个程序质因数分解一下，发现255=3*5*17，8191是个质数，17179869183（我记不得了。。。反正是3的倍数）

诶。。9和6刚好也是3的倍数。。。

所以规律就有了：
一个数是另一个数的倍数的条件是：它的序号也是另一个的倍数。

好吧，那么gcd的规律呢？。。。考虑到斐波那契数列会很大，如果某个方案的gcd不是2的整次幂-1，那么斐波那契数列作为次数，就不能取模。。。就炸掉了。。。

所以反向推理一下，猜出另一个性质：两个数的gcd，等于它们的序号gcd的那个位置的值。（即6号与9号的值的gcd为3号的值）。这样的话，最终答案一定是2的整次幂-1，所以可以把斐波那契数列 mod(φ(109+7)) m o d ( φ ( 10 9 + 7 ) )

有这么一堆性质，那最终答案就非常简单了。
就可以枚举最小的一层有多少个，令其他层数的数量为其倍数即可。
设枚举的值为m，如果 n mod m≠0 n   m o d   m ≠ 0 ，不合法，直接跳过。
否则记 n1=nm n 1 = n m
然后就可以直接用组合数求出这个方案：把n1本书放入k个柜子的任意摆放方案为 Ck−1n1+k−1 C n 1 + k − 1 k − 1

但这样会算重（因为这个方案数包含了最小一层是m的倍数而不是m的情况），在所有m的倍数的贡献中减去m算过的贡献即可。（调和级数logn的复杂度）

#include
#include
#include
#include
#include
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 2000010
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,k;
ll fi[MAXN],fac[MAXN],ifac[MAXN],dp[MAXN],val[MAXN];
ll fsp(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y){
        if(y&1ll)
            res=res*x%MOD;
        x=x*x%MOD;
        y>>=1ll;    
    }
    return res;
}
ll C(int n,int m){
    return fac[n]*ifac[m]%MOD*ifac[n-m]%MOD;    
}
ll solve(int x){
    if(n%x!=0)
        return 0;
    int s=n/x;
    return C(k+s-1,k-1)%MOD;
}
int main(){
    int t;
    SF("%d",&t);
    while(t--){
        SF("%d%d",&n,&k);    
        fi[0]=0;
        fi[1]=1;
        for(int i=2;i<=n;i++)
            fi[i]=(fi[i-1]+fi[i-2])%(MOD-1);
        fac[0]=1;
        for(int i=1;i<=n+k;i++)
            fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
        ifac[k+n]=fsp(fac[k+n],MOD-2);
        for(int i=n+k;i>0;i--)
            ifac[i-1]=ifac[i]*i%MOD;
        ll sum=C(n-1+k,k-1);
        ll ans=sum;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(n%i==0)
                val[i]=(fsp(2,fi[i])-2ll)%MOD;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(n%i!=0)
                continue;
            ll sumx=solve(i);
            (ans+=sumx*val[i])%=MOD;
            for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
                val[j]-=val[i];
        }    
        //PF("[%lld %lld]",ans,sum);
        (ans*=fsp(sum,MOD-2))%=MOD;
        PF("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
    }
}