HDU Birthday Toy 特殊限制的polya

题意：用k中颜色给n个珠子涂色，注意相邻的两个珠子不能途同样的颜色，求不等价着色数mod 10000000007。另外这道题还有另一个条件，n个小珠子一定围着一个大珠子，所以必须从k中颜色里面选择一种颜色给大珠子着色。

由于此题数据较大1<= k, n <= 10^9，显然不能像POJ2888那样用矩阵求回路，但是为了便于分析，我们还是先从矩阵入手。由于题目本身的特点：相邻的两个珠子不能同色。

那么主对角线上的元素全为0，其余全为1。而我们要的就是矩阵求幂后主对角元素的值。····分析很简单，但是画出来比较麻烦，直接借用：http://blog.csdn.net/wukonwukon/article/details/7215467童鞋的：

分析；首先，由于中间一个大圆与每个小圆都相连，所以大圆用去一种颜色之后，只剩下K-1种颜色。
           设K-1种颜色染N个珠子的不同方案数为M，最后就是求M×K mod 1000000007。
           方法跟pku 2888一样，但是这次矩阵的规模很大，所以不能用矩阵来存这个图形了。
           但由于此处规定相邻珠子颜色不同， 则邻接阵为对角线上元素全为0,，其余元素全为1。
           该矩阵的幂的迹，可以推导出公式 ( p - 1 ) ^ n + ( -1 ) ^ n * ( p - 1 )其中p是矩阵的阶数，也就是K-1。
    这个公式是怎么求出来的呢？？？？？？
    几乎所有的日志中都是这个公式，但是没见到有解释怎么求的这个公式，我说说我的想法：
    假设A的n-1次幂为：

其中x_n是对角线上的值。乘以对角线上全0，其余为1的矩阵后。
                                                                                 则1)    x_n = y_n-1*(p-1);
                                                                                    2)    y_n = x_n-1+y_n-1*(p-2);
上面两个式子可以解出来x_n = (p-2)*x_n-1 + (p-1)*x_n-2;
事实上，到这一步就能解了，利用矩阵的乘法，然后快速求出x_n的值，进而求出矩阵幂的迹。
当然到这一步，并没有推导出前面的那个公式，上面的递推公式怎么解呢？
注意到：x_n+x_n-1 = (p-1)*(x_n-1+x_n-2) ;  （等式1）
这样的话就能解出x_n+x_n-1;
接下来解出x_n不是问题了。

补充：

由等式1可以得到

(x_2+x_1) = p-1 (这是显然的，应为x_1 = 0)

(x_3+x_2) = (p-1)^2

(x_4+x_3) = (p-1)^3

····

(x_n+x_n-1) = (p-1)^(n-1)

迭代一下x_n = (p-1)^(n-1) - (p-1)^(n-2) + (p-1)^(n-3) - (p-1)^(n-4) ·····-(p-1)^2 + (p-1)

OK，等比数列求和。

所以( p - 1 ) ^ n + ( -1 ) ^ n * ( p - 1 ) 是所有主对角元素之和。

#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;#define lint __int64const int MAXN = 1000009;const int modulo = 1000000007;int a[MAXN], p[MAXN], pn;int eul[MAXN];lint n, k, ans;void Prime(){    int i, j; pn = 0;    memset(a,0,sizeof(a));    for ( i = 2; i < MAXN; i++ )    {        if ( !a[i] ) p[pn++] = i;        for(j = 0; j < pn && i*p[j] < MAXN && (p[j]<=a[i] || a[i]==0); j++)            a[i*p[j]] = p[j];    }}void Euler(){    eul[1] = 1;    for ( int i = 2; i < MAXN; i++ )    {        if ( a[i] == 0 )            eul[i] = i - 1;        else        {            lint k = i / a[i];            if ( k % a[i] == 0 ) eul[i] = eul[k] * a[i];            else eul[i] = eul[k] * (a[i]-1);        }    }}int Euler ( int n ){    if ( n < MAXN )        return eul[n] % modulo;    int i, ret = n;    for ( i = 0; i < pn && p[i] * p[i] <= n; i++ )    {        if ( n % p[i] == 0 )        {            ret = ret - ret / p[i];            while ( n % p[i] == 0 ) n /= p[i];        }    }    if ( n > 1 )        ret = ret - ret / n;    return ret % modulo;}lint mod_exp ( lint a, lint b ){    lint ret = 1;    a = a % modulo;    while ( b >= 1 )    {        if ( b & 1 )            ret = ret * a % modulo;        a = a * a % modulo;        b >>= 1;    }    return ret;}lint loop ( lint k, lint len ){    lint ret = mod_exp(k-1, len);    if ( len & 1 ) ret = (ret + modulo - (k-1)) % modulo;    else ret = (ret + k-1) % modulo;    return ret;}//费马小定理 a^p-1 = 1 (mod p)lint inverse ( lint n ){    return mod_exp(n,modulo-2);}struct Factor { int b, e; } f[1000];int fnum;void split ( int n ){    fnum = 0;    for ( int i = 0; i < pn && p[i] * p[i] <= n; i++ )    {        if ( n % p[i] ) continue;        f[fnum].b = p[i]; f[fnum].e = 0;        while ( n % p[i] == 0 ) { f[fnum].e++; n /= p[i]; }        fnum++;    }    if ( n > 1 )        f[fnum].b = n, f[fnum++].e = 1;}// L即是循环所分解的轮换的阶void DFS ( int dep, int L ){    if ( dep == fnum )    {        ans = (ans + Euler(L) * loop(k-1,n/L)) % modulo;        return;    }    for ( int val = 1, i = 0; i <= f[dep].e; i++, val *= f[dep].b )        DFS ( dep + 1, L * val );}int main(){    Prime(); Euler();    while ( scanf("%I64d%I64d",&n,&k) != EOF )    {        ans = 0;        split(n);        DFS (0,1);        ans = k * ans % modulo;        ans = inverse(n) * ans % modulo;        printf("%I64d\n",ans);    }    return 0;}/* 扩展欧几里得求逆元lint ext_gcd ( lint a, lint b, lint& x, lint& y ){    lint ret, tmp;    if ( b == 0 )    {        x = 1, y = 0;        return a;    }    ret = ext_gcd(b, a % b, x, y);    tmp = x, x = y, y = tmp - a / b * y;    return ret;}lint inverse ( lint n ){    lint x, y;    ext_gcd (n,modulo,x,y);    x = x % modulo;    return x >= 0 ? x : x + modulo;}//用普通方法求不等价着色数lint polya ( lint n, lint k ){    lint ret = 0;    for( lint l = 1; l * l <= n; l++ )    {       if ( n % l ) continue;       ret = (ret + Euler(l) * loop(k-1, n/l)) % modulo;       if ( l * l == n ) break;       ret = (ret + Euler(n/l) * loop(k-1, l)) % modulo;    }    return ret * inverse(n) % modulo;}*/