【bzoj3202】【SDOI2013】【项链】
3202: [Sdoi2013]项链
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Description
项链是人体的装饰品之一，是最早出现的首饰。项链除了具有装饰功能之外，有些项 链还具有特殊显示作用，如天主教徒的十字架
链和佛教徒的念珠。 从古至今人们为了美化人体本身，也美 化环境，制造了各种不同风格，不同特点、不同式样的项链，满足了不同肤色、不同民族、不同审美观的人的审美需要。就材料而论，首
饰市场上的项链有黄金、白银、珠宝等几种。珍珠项链为珍珠制成的饰品，即将珍珠 钻孔后用线串在一起，佩戴于项间。天然珍珠项链具有一定的护养作用。
最近，铭铭迷恋上了一种项链。与其他珍珠项链基本上相同，不过这种项链的珠子却 与众不同，是正三菱柱的泰山石雕刻而成的。三菱柱的侧面是正方形构成的，上面刻有数字。 能够让铭铭满意的项链必须满足下面的条件：
1：这串项链由n颗珠子构成的。
2：每一个珠子上面的数字x,必须满足0 < x <= a，且珠子上面的数字的最大公约数要恰 好为1。两个珠子被认为是相同的，当且仅当他们经过旋转，或者翻转后能够变成一样的。 3：相邻的两个珠子必须不同。
4：两串项链如果能够经过旋转变成一样的，那么这两串项链就是相同的！ 铭铭很好奇如果给定n和a，能够找到多少不同串项链。由于答案可能很大，所以对输 出的答案mod 1000000007。
Input
数据由多组数据构成：
第一行给定一个T<=10，代表由T组数据。
接下来T行，每行两个数n和a。
Output
对于每组数据输出有多少不同的串。
Sample Input
1
2 2
Sample Output
3
HINT
对于100%的数据：所有的n<=10^14，a<=10^7，T<=10；
样例解释：由三种珠子：[1,1,1],[1,1,2],[1,2,2].组成的串有：[1,2],[1,3],[2,3]。
先不考虑题目中所说的 gcd=1 的情况，那么就是从可重元素中取k个有多少种取法。因为可以重复选，所以多加入 k 个元素，就相当于要把这 n+k 个元素分成 n 份有多少种取法。可以用插板法，在 n+k−1 个空中找 n−1 个空。就是 C(n+k−1,n−1)
也就等价于我们第一问要求的珠子的种数 o=C(n+2,3)
然后再把 gcd!=1 的充斥掉：那就是减去1个质数的，加上2个质数的……，那么最后就是用莫比乌斯函数容斥一下： o=∑d|aμ(d)∗C(ad+2,3)
然后就应该用到群论的知识了，由于不会群论，所以听了大神莫比乌斯反演的方法。
F(x)表示最短循环节长度为x的数量
f(x)=∑i|xF(x)
那么最后的答案就是 ans=∑d|nF(d)d 因为旋转之后相同的算一种，所以一个长度为d的会被统计d次。
ans=∑d|nF(d)d
=∑d|n∑p|dμ(p)f(dp)d
=∑d|n1d∑p|dμ(p)f(dp)
=∑t|n∑p|nt1ptμ(p)f(t)
=∑t|nf(t)t∑p|ntμ(p)p
根据容斥原理：φ(n)=∑d|nμ(d)∗nd
所以∑p|ntμ(p)p=φ(nt)nt
ans=∑t|nf(t)tφ(nt)nt
=1n∑t|nf(t)φ(nt)
现在我们只需要求出f(t)就行了。
设g[i][0]表示长度为i的开头和末尾相同的序列的个数，g[i][1]表示表示长度为i的开头和末尾不相同的序列的个数。
那么最后的答案 f(n)=g[n][1] 。f表示的是一个和的形式，但是在求g[n][1]的过程中就已经统计过了长度是n的约数的序列的个数了。
比如在统计长度为6的时候，就会把 123123 这种序列统计进去了。素以这样求是正确的。
g[i][0]=g[i−1][1]
g[i][1]=(o−2)g[i][1]+(o−1)g[i−1][0]
=(o−2)g[i][1]+(o−1)g[i−2][1]
所以f(n)=(o−2)f(n−1)+(o−1)f(n−2)
这个东西可以矩乘，也可以用特征根求通项。
r2=(o−2)r+(o−1)
解出来r1=−1,r2=d−1
然后 f(n)=c1∗r1n+c2∗r2n
可以把 f(0)=0,f(1)=n∗(n−1) 带入就可以求出 c1,c2
解得c1=d−1,c2=1
f(n)=(d−1)(−1)n+(d−1)n
直接dfs求出所有的约数算就可以了。
但是这个题vfk加强了数据！！！可能会有n是p的倍数的情况，也就是n没有逆元。怎么办呢?
因为 xy%p=x%ypy
我们看要求的答案是 ∑t|nf(t)φ(nt)n%p 用x代替 ∑ 那么就是
ans=xn%p=xp%p2np%p
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define O 1000000007
#define LL long long
const int N=10000000;
bool flag[N+10];
LL o,n,ni,phi,six,D=1e9+7,p[N],ans,use[N];
int prime[N+10],u[N+10],T,m,mi[N];
inline void prepare(){
int i,j;
for(u[1]=1,i=2;i<=N;++i){
if(!flag[i]){
prime[++prime[0]]=i;
u[i]=-1;
}
for(j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=N;++j){
flag[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0){
u[i*prime[j]]=0;
break;
}
u[i*prime[j]]=-u[i];
}
}
for(i=2;i<=N;++i) u[i]+=u[i-1];
}
inline LL quickmul(LL x,LL y){
LL sum=0,v=1;
if(y<0LL) y=-y,v=-1;
while(y){
if(y&1LL) sum=(sum+x)%D;
y>>=1LL;x=(x+x)%D;
}
return sum*v;
}
inline LL quickpow(LL x,LL y){
LL sum=1LL;
while(y){
if(y&1L) sum=quickmul(sum,x);
y>>=1LL;x=quickmul(x,x);
}
return sum;
}
inline LL C(int x){
return quickmul(quickmul(x,x-1),quickmul(x-2,six));
}
inline LL calc(){
int i,j;
LL sum=1,f,PHI=1;
for(i=1;i<=p[0];++i)
for(j=1;j<=use[i];++j) sum=sum*p[i];
for(PHI=sum,i=1;i<=p[0];++i)
if(use[i]) PHI=PHI/p[i]*(p[i]-1);
sum=n/sum;
f=(((o-1LL)*(LL)(sum%2?-1:1)+quickpow((LL)(o-1),sum))+D)%D;
return quickmul(PHI,f);
}
inline void dfs(int x){
int i;
if(x==p[0]+1){
ans=(ans+calc())%D;
return ;
}
for(i=0;i<=mi[x];++i)
use[x]=i,dfs(x+1);
}
int main(){
prepare();
scanf("%d",&T);
while(T--){
LL pre=O;D=O;
int i,pos,mark=0;
scanf("%lld%d",&n,&m);
if(n%D) phi=D-1,ni=quickpow(n,D-2);
else ni=quickpow(n/D,D-2),D=D*D,phi=quickmul(pre,pre-1),mark=1;
six=quickpow(6LL,phi-1);
for(o=0,i=1;i<=m;i=pos+1){
pos=m/(m/i);
o=(o+(quickmul((LL)(u[pos]-u[i-1]),C(m/i+2))+D)%D)%D;
}
LL x=n;
for(p[0]=mi[0]=0,i=1;i<=prime[0]&&x>1LL;++i){
if(x%prime[i]==0){
p[++p[0]]=prime[i];
mi[++mi[0]]=0;
while(x%prime[i]==0){
++mi[mi[0]];
x/=prime[i];
}
}
}
if(x>1LL) p[++p[0]]=x,mi[++mi[0]]=1;
ans=0;dfs(1);
if(mark) ans/=pre;
ans=quickmul(ans,ni);
printf("%lld\n",ans%pre);
}
}