【CodeForces1205E】Expected Value Again

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【思路要點】

• 一個字符串存在 $border$ $i$ 等價於其存在週期 $N-i$ 。
• 記 $p(i)$ 表示是否存在週期 $i$ ，由期望的線性性，答案即爲 $\sum_{i,j}E(p(i)p(j))$ 。
• 考慮枚舉 $i,j$ ，如何計算 $E(p(i)p(j))$ ，首先給出結論， $E(p(i)p(j))=k^{\max(gcd(i,j),i+j-N)-N}$
• 結論的證明如下：
  記 $cnt$ 表示在週期 $i,j$ 的描述下字符串中連通塊的個數，不難發現 $E(p(i)p(j))$ 即爲 $k^{cnt-N}$ 。
  不失一般性地，我們假設 $i<j$ 。
  對於 $i+j\leq N$ 的情況，一個字符 $s_x$ 一定等於 $s_{x-i}\ (x>i)$ 或 $s_{x+j-i}\ (x\leq i)$ ，從而連通塊的個數一定爲 $gcd(i,j)$ 。
  對於 $i+j>N$ 的情況，首先考慮 $j$ 個元素 $t_{1,2,\dots,j}$ 排成一個圓環，接着考慮字符串中每一對 $s_x=s_{x-i}$ 的相等關係，它們分別描述了 $t_{1}=t_{i+1},t_{2}=t_{i+2},\dots$ 。可以從在這個環上加邊的過程中看出連通塊的個數爲 $\max(gcd(i,j),i+j-N)$ 。
• 考慮加速計算，枚舉 $i+j=s$ 和其因數 $gcd(i,j)=g$ ，我們需要計算合法的 $(i,j)$ 的個數，也即和爲 $\frac{s}{g}$ ，各自大小在 $\frac{N-1}{g}$ 以內的互質數對 $(i,j)$ 的個數，可以用莫比烏斯反演解決。
• 時間複雜度 $O(\sum_{i=1}^{N}\sum_{j\mid i}d(j))$ ，其中 $d(x)$ 表示 $x$ 的約數個數。

【代碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int P = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	int tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
	else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
void update(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x >= P) x -= P;
}
int miu[MAXN], powk[MAXN];
vector <int> factors[MAXN];
int tot, prime[MAXN], f[MAXN];
void sieve(int n) {
	miu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (f[i] == 0) prime[++tot] = f[i] = i, miu[i] = P - 1;
		for (int j = 1; j <= tot && prime[j] <= f[i]; j++) {
			int tmp = prime[j] * i;
			if (tmp > n) break;
			if (prime[j] == f[i]) miu[tmp] = 0;
			else miu[tmp] = (P - miu[i]) % P;
			f[tmp] = prime[j];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	for (int j = i; j <= n; j += i)
		factors[j].push_back(i);
}
int calc(int lim, int sum) {
	int l = 1, r = lim;
	chkmax(l, sum - lim);
	chkmin(r, sum - 1);
	if (l > r) return 0;
	int ans = 0;
	for (auto x : factors[sum])
		update(ans, 1ll * miu[x] * (P - (l - 1) / x + r / x) % P);
	return ans;
}
int main() {
	int n, k, ans = 0; read(n), read(k);
	sieve(2 * n), powk[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		powk[i] = 1ll * powk[i - 1] * k % P;
	for (int s = 2; s <= 2 * n - 2; s++)
	for (auto g : factors[s]) {
		int lim = (n - 1) / g, sum = s / g;
		if (lim <= 0 || sum <= 1) continue;
		update(ans, 1ll * calc(lim, sum) * powk[max(g, s - n)] % P);
	}
	writeln(1ll * ans * power(powk[n], P - 2) % P);
	return 0;
}