POJ 2154 Color （Polya + 欧拉函数）

Description

Beads of N colors are connected together into a circular necklace of N beads (N<=1000000000). Your job is to calculate how many different kinds of the necklace can be produced. You should know that the necklace might not use up all the N colors, and the repetitions that are produced by rotation around the center of the circular necklace are all neglected.

You only need to output the answer module a given number P.

 

Input

The first line of the input is an integer X (X <= 3500) representing the number of test cases. The following X lines each contains two numbers N and P (1 <= N <= 1000000000, 1 <= P <= 30000), representing a test case.

 

Output

For each test case, output one line containing the answer.

 

Sample Input

51 300002 300003 300004 300005 30000

 

Sample Output

131170629

 

题意

有 N 种颜色的珠子要组成长度为 N 的项链，考虑旋转相同的情况算一种，求总共有多少种情况 mod P 。

 

思路

从题意来看是一道 Polya 计数问题，于是我们想到公式 L=1|G|×∑kC(f),f∈G ，其中 C(f) 为置换 f 的循环节个数， |G| 表示置换方法数。

因为只需要考虑旋转置换，于是 C(fi)=gcd(n,i) ， i 表示一次转过 i 颗珠子，当 i=0 时， C(f0)=N 。

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再看 N 的范围： [1,1000000000] ，显然我们不能一一枚举每一个 i 。

于是分析 C(fi)=x 在所有的 gcd(n,i) 中出现了多少次。

显然 gcd(n,i)=x 等同于 gcd(nx,ix)=1 ，然后我们可以知道其出现次数便是 nx 的欧拉函数（其中 x 为 n 的因子）

然后公式便被我们转化为了： L=1|G|×∑i|N(ki×phi[N/i]) 。

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素数表的辅助可以更快的求解欧拉函数的值，然后我们在枚举 N 的因子时遍历长度只需要小于等于 N−−√ 即可，因为另一个因子可以通过计算直接得到。

 

AC 代码

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<stdlib.h>#include<iostream>#include<queue>#include<vector>#include<map>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef __int64 LL;const int maxn = 40000;int N,P;int pr[maxn];bool prime[maxn];void getprime()         //筛法素数表{    int i,j,k=0;    memset(prime,true,sizeof(prime));    for(i=2; i<maxn; i++)    {        if(prime[i])        {            pr[k++]=i;            for(j=i+i; j<maxn; j+=i)                prime[j]=false;        }    }}int phi(int n)      //求欧拉函数{    int rea=n;    for(int i=0; pr[i]*pr[i]<=n; i++)    {        if(n%pr[i]==0)        {            rea=rea-rea/pr[i];            while(n%pr[i]==0)                n/=pr[i];        }    }    if(n>1)        rea=rea-rea/n;    return rea;}int mult(int a,int n)   //快速幂取模{    if(n<0)return 0;    int ans=1;    while(n)    {        if(n&1)ans=(ans*a)%P;        a=(a*a)%P;        n>>=1;    }    return ans;}int main(){    ios::sync_with_stdio(false);    int T;    getprime();    cin>>T;    while(T--)    {        cin>>N>>P;        int ans=0;        for(int i=1; i*i<=N; i++)        {            if(N%i==0)            {                int no=N/i;                int oula=phi(no)%P;                int foula=0;                if(i*i!=N)                    foula=phi(i)%P;                ans=(ans+mult(N%P,i-1)*oula%P+mult(N%P,no-1)*foula%P)%P;            }        }        cout<<ans<<endl;    }    return 0;}