poj2409 & 2154 polya计数+欧拉函数优化

这两个题都是项链珠子的染色问题

也是polya定理的最基本和最经典的应用之一

题目大意： 用m种颜色染n个珠子构成的项链，问最终形成的等价类有多少种

项链是一个环。通过旋转或者镜像对称都可以得到置换

旋转可以旋转 i=[1，n]次。。画图可以看出循环节有gcd(n,i)个

镜像对称的置换画个图也是很容易找的

然后通过polya定理就可以容易的求出等价类的种数了

2409就是这样一个裸题，以下为ac代码

#include <iostream>

#include <stdio.h>

#include<string.h>

#include<algorithm>

#include<string>

#include<ctype.h>

using namespace std;

#define MAXN 10000

long long gcd(long long a,long long b)

{

    return b?gcd(b,a%b):a;

}

long long pow(long long a,long long b)

{

    long long res=1;

    while(b)

    {

        if(b&1)

        {

            res*=a;

        }

        a*=a;

        b>>=1;

    }

    return res;

}

int main()

{

    long long n,m;

    while(scanf("%I64d%I64d",&m,&n),n+m)

    {

        long long ans=0;

        for(int i=1;i<=n;i++)

        {

            ans+=pow(m,gcd(n,i));

        }

        if(n&1)

        {

            ans+=n*pow(m,n/2+1);

        }

        else

        {

            ans+=n/2*pow(m,n/2)+n/2*pow(m,n/2+1);

        }

        printf("%I64d\n",ans/2/n);

    }

    return 0;

}

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2154不允许镜像对称，只考虑旋转的情况

但是n很大。o(n)会超时，因此需要用优化。。

然后去学习了一种欧拉函数优化方法：

只枚举循环节的个数 ，然后计算出这样的置换有多少个，再统计即可

假设某种置换的循环节个数为 d，那么我们所求的就是满足gcd(n,i)=d 的 i 的个数

显然  i 应该是 d的倍数，令i =q*d,再令  n=p*d;

等式变为gcd(p*d,q*d)==d， 即 p，q 互质

而由n>=i 可知 p>=d  要对每一个p，求小于等于p且与p互质的数。。显然是求 p的欧拉函数了

具体见代码：

#include <iostream>

#include <stdio.h>

#include<string.h>

#include<algorithm>

#include<string>

#include<ctype.h>

using namespace std;

#define maxn 100000

int phi(int n)

{

    int res=n;

    for(int i=2;i*i<=n;i++)

    {

        if(n%i==0)

        {

            res=res/i*(i-1);

        }

        while(n%i==0)

            n/=i;

    }

    if(n>1)

        res=res/n*(n-1);

    return res;

}

int pow(int a,int b,int mod)

{

    int res=1;

    a%=mod;

    while(b)

    {

        if(b&1)

        {

            res*=a;

            res%=mod;

        }

        a*=a;

        a%=mod;

        b>>=1;

    }

    return res;

}

int main()

{

    int t;

    int n,p;

    scanf("%d",&t);

    while(t--)

    {

        scanf("%d%d",&n,&p);

        int ans=0;

        for(int i=1;i*i<=n;i++)

        {

            if(n%i)

                continue;

            if(i*i==n)

            {

                ans+=phi(i)%p*pow(n,n/i-1,p);

                ans%=p;

            }

            else

            {

                ans+=phi(i)%p*pow(n,n/i-1,p);

                ans%=p;

                ans+=phi(n/i)%p*pow(n,i-1,p);

                ans%=p;

            }

        }

        cout<<ans<<endl;

    }

    return 0;

}

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