给一串有n(1<=10^9 && gcd(n,9973))颗珠子的项链染色，已知某些{ci,cj}（i可能等于j）颜色不能出现在相连的珠子中。项链在平面内转动（不能翻转）得到的为等价方案，求不同的染色方案数mod 9973。

由于项链只能绕中心转动，而不能翻转，所以有一个很好的性质：项链转 2*PI*k/n个角度的置换共有 gcd(k,n)个长度均为len=n/gcd(k,n)的循环节，而且可以发现，若gcd(k,n)>1,则从某一个编号的项链开始顺时针（或逆时针）相邻的len个珠子两两处于不同的循环节中。这样k置换（1<=k<=n）的固定构型数等价于：
给长度为gcd(k,n)的序列染色（没写错，确实是序列），其中所有相邻编号（beg和end为相邻的）为合法对（若color i 和 color j 能够分别出现在相邻的两珠子上，那么说(i,j)是合法对）的染色方案。

假设一个长度为 L 的序列的合法表示为 a1,a2,……,aL 那么(a1,a2)(a2,a3),……，(a(L-1),aL),(aL,a1)必定都为1 ，所以令 g[ai,aj]=1表示（ai,aj）为合法对，g[ai,aj]=0表示(ai,aj)为非法对。那么以a1开头的合法序列为k个那么必定存在且仅存在k个不同的序列{b1,b2,b3,b4,……，b(L-1)}满足 g[a1,b1]*g[b1,b2]*……g[b(L-2),b(L-1)]*g[b(L-1),a1]=1; 这样很显然就是矩阵g[ai,aj]的L次幂中g[a1,a1]的的值。

很显然，这题可以用矩阵快速幂取模。

  1   #include <iostream>
   2   #include <cstring>
   3   #include <cstdio>
   4   using   namespace  std;
   5  
  6   const   int  max_n=15;
   7   const   int  MOD=9973;
   8   int  N;
   9  
 10   struct  Mat{
  11        int  mat[max_n][max_n];
  12   };
  13  
 14   Mat  operator *(Mat a,Mat b){
  15       Mat c;
  16       memset(c.mat,0, sizeof (c.mat));
  17        for ( int  i=0;i<N;i++){
  18            for ( int  j=0;j<N;j++){
  19                for ( int  k=0;k<N;k++){
  20                    if (a.mat[i][k] && b.mat[k][j]){
  21                       c.mat[i][j]=(c.mat[i][j]+a.mat[i][k]*b.mat[k][j])%MOD;
  22                   }
  23               }
  24           }
  25       }
  26        return  c;
  27   }
  28  
 29   Mat  operator ^(Mat A, int  x){
  30       Mat c;
  31       memset(c.mat,0, sizeof (c.mat));
  32        for ( int  i=0;i<N;i++)    c.mat[i][i]=1;
  33        for (;x;x>>=1){
  34            if (x&1){
  35               c=c*A;
  36           }
  37           A=A*A;
  38       }
  39        return  c;
  40   }
  41  
 42   int  mypow( int  a, int  b){
  43        int  res=1;
  44        for (;b;b>>=1){
  45            if (b&1){
  46               res*=a;    res%=MOD;
  47           }
  48           a*=a;    a%=MOD;
  49       }
  50        return  res;
  51   }
  52  
 53   int  M,K;
  54  
 55   int  PHI( int  n){
  56        int  i,res=n;     long   long  j;
  57        for (i=2,j=4LL;j<=( long   long )n;i++,j+=i+i-1){
  58            if (!(n%i)){
  59               res=res/i*(i-1);
  60                while (!(n%i))    n/=i;
  61           }
  62       }
  63        if (n>1)    res=res/n*(n-1);
  64        return  res%MOD;
  65   }
  66  
 67   Mat A;
  68   int  solve( int  p){
  69        int  res=0;
  70       Mat C=A^p;
  71        for ( int  i=0;i<N;i++){
  72           res+=C.mat[i][i];    res%=MOD;
  73       }
  74        return  res;
  75   }
  76   int  main()
  77   {
  78        int  T;
  79  
 80       scanf("%d",&T);
  81  
 82        for ( int  ncas=1;ncas<=T;ncas++){
  83           scanf("%d%d%d",&M,&N,&K);
  84            int  u,v;
  85            for ( int  i=0;i<N;i++){
  86                for ( int  j=0;j<N;j++){
  87                   A.mat[i][j]=1;
  88               }
  89           }
  90            for ( int  i=0;i<K;i++){
  91               scanf("%d%d",&u,&v);
  92               A.mat[u-1][v-1]=A.mat[v-1][u-1]=0;
  93           }        
  94  
 95            int  ans=0;
  96  
 97            for ( int  p=1;p*p<=M;p++){
  98                if (M%p==0){
  99                    if (p*p==M){
 100                       ans = (ans+ PHI(p)*solve(p) )%MOD;
 101                   } else {
 102                       ans = (ans+ PHI(p)*solve(M/p)+ PHI(M/p)*solve(p) )%MOD;
 103                   }                    
 104               }
 105           }
 106       
 107            int  inv=mypow((M%MOD),MOD-2);     //晕，这里没取模导致超出整形，WA了三次    
 108           ans*=inv; ans%=MOD;  //逆元。 
 109           printf("%d\n",ans);
 110       }
 111        return  0;
 112   }
 113