【题解】
置换群,等价类计数问题
分别考虑旋转和翻转的情况,并计算等价类的个数sum1,sum2:
1.旋转:
置换有n种:不旋转(转0位),转1位,…,转n-1位,若转i位,则有gcd(n,i)个等价类
证明之:
(gcd:最大公约数,lcm:最小公倍数)
将珠子从0到n-1标号,对于旋转i位的置换,在以0号为起点,长度为t的一个循环节中,元素标号为:0,i%n,(i*2)%n,…,(i*(t-1))%n
易知:(i*t)%n==0,即 n*k == i*t,其中n,k,i,t为正整数,因此等式左右的最小值为lcm(n,i),即i*t==lcm(n,i)
∴ t == lcm(n,i)/i == ( n*i/gcd(n,i) )/i == n/gcd(n,i)
∴ 循环节t==n/gcd(n,i),循环节的个数为:n/t == gcd(n,i)
每个等价类有t种涂色法,因此:sum1 = sigma( t^gcd(n,i) ),o<=i<=n-1
2.翻转:
置换方案为:按对称轴翻转
n为奇数时,对称轴有n条,对每一条,等价类有t^(n/2+1)个,sum2 == n* t^(n/2+1)
n为偶数时,分是否穿过珠子两种情况,各有n/2条对称轴。同理得sum2 == (n/2) * t^(n/2+1) + (n/2) * t^(n/2)
结果:分别求平均即可
如果把一种项链先翻转再旋转,这种情况会不会漏算呢?
不会,群具有封闭性:群内任意两个元素或两个以上的元素(相同的或不同的)的结合(积)都是该集合的一个元素。
置换群同样具备这一性质。
因此我说的这种情况一定可以只通过一次变换(翻转)完成。
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
typedef long long LL;
LL pow[55]={0};
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
LL sum1,sum2;
int n,t,i;
pow[0]=1;
while(scanf("%d%d",&n,&t)==2&&n!=0)
{
sum1=sum2=0;
for(i=1;i<=n;i++)
pow[i]=pow[i-1]*(LL)t;
for(i=0;i<n;i++)
sum1+=pow[gcd(n,i)];
if(n%2==1) sum2=(LL)n*pow[n/2+1];
else sum2=(LL)n/2*(pow[n/2]+pow[n/2+1]);
printf("%lld %lld\n",sum1/(LL)n,(sum1+sum2)/2/(LL)n);
}
return 0;
}