Invoker
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 122768/62768 K (Java/Others)Total Submission(s): 1106 Accepted Submission(s): 465
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.
For each test case: give you two positive integers n and m. ( 1 <= n, m <= 10000 )
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) 其中 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，其实应该写成（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？我的理解是这样的，或许不太对。。。
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，这样的直线有3（n=3，即n个顶点) 条，共有3（n)个循环群。假设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，共有n个循环群，其中有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，比如以线段1,2的中点和3,4的中点连线的所在直线为对称轴，这样的对称轴有两个（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，不能直接参与除法计算，因为有公式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，可以转化为 ans*inv(2*n)%mod ,其中 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。
所以现在的问题是怎样求一个数关于模P的逆元。
方法1：扩展欧几里得。 ax=1(mod P), gcd(a,p)=1， 其中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可以求出x。
方法2：费马小定理： 如果模P是素数的话，那么inv(a)=pow(a,p-2)%p; 等式右边用快速幂运算可以得出。
代码自己写的
#define DeBUG
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <string>
#include <set>
#include <sstream>
#include <map>
#include <list>
#include <bitset>
using namespace std ;
#define zero {0}
#define INF 0x3f3f3f3f
#define EPS 1e-6
#define TRUE true
#define FALSE false
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1.0);
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
inline int sgn(double x)
{
return fabs(x) < EPS ? 0 : (x < 0 ? -1 : 1);
}
#define N 10005
const long long mod = 1000000007;
long long powmod[N];
LL gcd(LL a, LL b)
{
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
LL Ext_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
if (b == 0)
{
x = 1, y = 0;
return a;
}
LL ret = Ext_gcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
return ret;
}
LL Inv(LL a, int m) ///求逆元a相对于m
{
LL d, x, y, t = (LL)m;
d = Ext_gcd(a, t, x, y);
if (d == 1) return (x % t + t) % t;
return -1;
}
void init(long long kind, long long n)
{
powmod[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
powmod[i] = (powmod[i - 1] * kind) % mod;
}
}
long long polya(long long kind, long long n)
{
long long ans = 0;
for (long long i = 1; i <= n; i++)
{
ans = (ans + powmod[gcd(i, n)]) % mod;//旋转情况
}
if (n & 1)//翻转情况，注意偶数有两种对角线
{
ans += (n * powmod[(n) / 2 + 1]) % mod;
}
else
{
ans += (n / 2) * powmod[(n / 2 + 1)] % mod;
ans += (n / 2) * powmod[n / 2] % mod;
}
ans = (ans * Inv(2 * n, mod) + mod) % mod;
return ans;
}
int cnt = 1;
int main()
{
#ifdef DeBUGs
freopen("C:\\Users\\Sky\\Desktop\\1.in", "r", stdin);
#endif
int T;
scanf("%d", &T);
long long kind, n;
while (T--)
{
printf("Case #%d: ", cnt++);
scanf("%I64d%I64d", &kind, &n);
init(kind, n);
printf("%I64d\n", polya(kind, n));
}
return 0;
}