【poj2154】Color Polya定理+欧拉函数

题目描述

$T$ 组询问，用 $n$ 种颜色去染 $n$ 个点的环，旋转后相同视为同构。求不同构的环的个数模 $p$ 的结果。 $T\le 3500,n\le 10^9,p\le 30000$ 。

Polya定理+欧拉函数

根据 poj2409 中得到的结论，答案为：

$\frac{\sum\limits_{i=1}^nn^{\gcd(i,n)}}n=\sum\limits_{i=1}^nn^{\gcd(i,n)-1}$

由于 $n$ 有 $10^9$ 之大，因此考虑优化这个式子。

枚举 $\gcd(i,n)$ ，则有：

$Ans=\sum\limits_{d|n}n^{d-1}\sum\limits_{j=1}^{\frac nd}[\gcd(j·d,n)==d]\\\ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{d|n}n^{d-1}\sum\limits_{j=1}^{\frac nd}[\gcd(j,\frac nd)==1]\\\ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{d|n}n^{d-1}\varphi(\frac nd)\\\ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{k|n}n^{\frac nk-1}\varphi(k)$

此时 $k$ 是 $n$ 的约数，总个数不会超过 $O(\sqrt n)$ 个。但是直接枚举约数的话难以快速算出 $\varphi$ 值。

考虑将 $n$ 分解质因数，设 $n=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{a_i}$ ，那么我们dfs枚举 $k=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{b_i}\ (0\le b_i\le a_i)$ ，由于 $\varphi$ 是积性函数，所以在枚举的过程中就可以顺便求出 $\varphi$ 值 ，再与 $n^{\frac nk-1}$ 作乘积累加到答案中即可。这样能够不重不漏地枚举到 $n$ 的所有约数并统计答案。

时间复杂度 $O(T\sqrt n\log n)$ ，由于这个根号是远远不满的，因此可以过。

#include <cstdio>
int a[40] , c[40] , tot , n , p , ans;
inline int pow(int x , int y)
{
	int ans = 1;
	while(y)
	{
		if(y & 1) ans = ans * x % p;
		x = x * x % p , y >>= 1;
	}
	return ans;
}
void dfs(int x , int d , int v)
{
	if(x > tot)
	{
		ans = (ans + pow(n % p , n / d - 1) * (v % p)) % p;
		return;
	}
	int i;
	dfs(x + 1 , d , v);
	d *= a[x] , v *= a[x] - 1;
	for(i = 1 ; i <= c[x] ; i ++ , d *= a[x] , v *= a[x])
		dfs(x + 1 , d , v);
}
int main()
{
	int T , i , x;
	scanf("%d" , &T);
	while(T -- )
	{
		scanf("%d%d" , &n , &p);
		tot = 0 , x = n;
		for(i = 2 ; i * i <= x ; i ++ )
		{
			if(!(x % i))
			{
				a[++tot] = i , c[tot] = 0;
				while(!(x % i)) x /= i , c[tot] ++ ;
			}
		}
		if(x != 1) a[++tot] = x , c[tot] = 1;
		ans = 0 , dfs(1 , 1 , 1);
		printf("%d\n" , ans);
	}
	return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/8297293.html