Invoker
Problem Description
On of Vance‘s favourite hero is Invoker, Kael. As many people knows Kael can control the elements and combine them to invoke a powerful skill. Vance like Kael very much so he changes the map to make Kael more powerful.
In his new map, Kael can control n kind of elements and he can put m elements equal-spacedly on a magic ring and combine them to invoke a new skill. But if a arrangement can change into another by rotate the magic ring or reverse the ring along the axis, they
will invoke the same skill. Now give you n and m how many different skill can Kael invoke?
As the number maybe too large, just output the answer mod 1000000007.
Input
The first line contains a single positive integer T( T <= 500 ), indicates the number of test cases.
For each test case: give you two positive integers n and m. ( 1 <= n, m <= 10000 )
Output
For each test case: output the case number as shown and then output the answer mod 1000000007 in a line. Look sample for more information.
Sample Input
2 3 4 1 2
Sample Output
Case #1: 21 Case #2: 1 Hint For Case #1: we assume a,b,c are the 3 kinds of elements. Here are the 21 different arrangements to invoke the skills / aaaa / aaab / aaac / aabb / aabc / aacc / abab / / abac / abbb / abbc / abcb / abcc / acac / acbc / / accc / bbbb / bbbc / bbcc / bcbc / bccc / cccc /
Source
2011 Multi-University
Training Contest 9 - Host by BJTU
解题思路：
Polya计数。题目可转化为用c种颜色给n个珠子的项链染色，问一共同拥有多少种颜色方案。本题要对结果取模1000000007
1.旋转。
将环顺时针旋转i格后，循环节个数为gcd(n,i)， 染色方案为 ∑c^gcd(n,i) 当中 i=1,2,3,4,....n
2.翻转。
这里也得考虑两种情况。
当n为奇数时。共同拥有n个循环节个数为（n/2+1)的循环群，还有的资料上说是环的个数为（n/2+1)
，注意这是计算机上的表示，n/2整型相除计算机得到的是整数。事实上应该写成（n+1)/2。。染色方案为 n*c^(n/2+1)
为什么n个循环节个数为（n/2+1)的循环群呢？我的理解是这种，也许不太对。。。
拿正三角形为例，给它三个顶点染色， 对称轴是一个顶点与其对边终点连线所在的直线，这种直线有3（n=3。即n个顶点) 条，共同拥有3（n)个循环群。
如果第一个顶点在对称轴上，那么第二个顶点经过对称轴翻转肯定和第三个顶点重合，那么 （2,3）是一个循环节。（1）自己是一个循环节，循环节个数为2，即（n+1/2)。
当n为偶数时，共同拥有n个循环群。当中有n/2个的循环节个数为（n/2 +1)。 有n/2个的循环节个数为（n/2)。
拿正方形为例。四个顶点从左上角顺时针编号1,2,3,4.
当以1,3顶点连线所在直线为对称轴时（对角的两个顶点）,这样对称轴有2个（n/2)。经过翻转。2,4 重合，1和1重合，3和3重合。那么循环节的个数为3（2,4） （1）（3）, 即(n/2+1)。 染色方案为
(n/2)*c^(n/2+1)
当以两条相对平行的边的中点连线所在直线为对称轴时，比方以线段1,2的中点和3,4的中点连线的所在直线为对称轴。这种对称轴有两个（n/2)，经过翻转。1,2重合，3,4重合，循环节的个数为2。（1,2）（3,4），即（n/2)。，也就是谁和谁重合。谁就和谁在一个循环节里。
染色方案为(n/2)*c^(n/2)
最后累加方案得到ans， 再除以置换群的个数2*n，即 ans/(2*n)%mod即为最后答案。但这里要特别注意，ans是在计算过程中不断取模得到的数。ans,2*n都在模剩余系中，不能直接參与除法计算，由于有公式a*b%mod=(a%mod*b%mod)%mod，除法对取余不满足结合律，a/b!=((a%mod)/(b%mod))%mod
，在计算 ans/(2*n）%mod时。能够转化为 ans*inv(2*n)%mod ,当中 inv(2*n)是2*n关于mod的逆元，保证乘以inv(2*n)和除以 2*n 对于最后的答案取余mod是一样。
所以如今的问题是如何求一个数关于模P的逆元。
方法1：扩展欧几里得。 ax=1(mod P), gcd(a,p)=1。 当中x为a的逆元，就是我们所求，ax=PY+1, ax-Py=1, 所以用扩展欧几里得能够求出x。
方法2：费马小定理： 假设模P是素数的话，那么inv(a)=pow(a,p-2)%p; 等式右边用高速幂运算能够得出。
參考：http://www.xuebuyuan.com/1394391.html
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1000000007;
LL c,n;
LL gcd(LL a,LL b)
{
return b==0?
a:gcd(b,a%b);
}
LL power(LL p,LL n)//高速幂运算
{
LL ans=1;
while(n)
{
if(n&1)
ans=ans*p%mod;
p=p*p%mod;
n/=2;
}
return ans;
}
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)//扩展欧几里得算法。返回a,b的最大公约数,ax+by=gcd(a,b)，x,y为方程的一组解
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
long long d=exgcd(b,a%b,x,y);
long long t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
return d;
}
int main()
{
int t;cin>>t;
int cas=1;
while(t--)
{
cin>>c>>n;
int ans=0;
for(LL i=1;i<=n;i++)
{
ans+=power(c,gcd(n,i));
ans%=mod;
}
if(n&1)
ans+=(n*power(c,n/2+1))%mod;
else
ans+=((n/2*power(c,n/2+1))%mod+(n/2*power(c,n/2))%mod)%mod; //注意mod的位置
ans%=mod;
LL x,y;
exgcd(2*n,mod,x,y);
//x=power(2*n,mod-2)%mod;//另外一种方法
x=(x+mod)%mod;
cout<<"Case #"<<cas++<<": "<<ans*x%mod<<endl;
}
return 0;
}