[HDU6960]Necklace of Beads

题意

用红黄绿 333 种颜色给一个有 nnn 个珠子的环形项链染色，要求相邻珠子颜色不同且绿色珠子个数小于等于 kkk ，求本质不同的染色方案。

3≤n≤106,0≤k≤1063\le n\le 10^6,\ 0\le k\le 10^63≤n≤106, 0≤k≤106

题解

由于要考虑旋转重复的情况，所以考虑使用 Polya\rm PolyaPolya 定理，设 fn,mf_{n,m}fn,m 表示长度为 nnn 的环且绿色个数为 mmm 时且不考虑旋转的方案数。对于旋转 iii 位的置换，循环置换的数量为 gcd⁡(i,n)\gcd(i,n)gcd(i,n) ，所以
ans=1n∑i=0n−1∑j=0⌊kgcd⁡(i,n)n⌋fgcd⁡(i,n),j=1n∑d∣n∑i=1n[gcd⁡(i,n)=d]∑j=0⌊kdn⌋fd,j=1n∑d∣n∑i=1nd[gcd⁡(i,nd)=1]∑j=0⌊kdn⌋fd,j=1n∑d∣nφ(nd)F(d,⌊kdn⌋)\begin{aligned} ans&=\frac1n\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{k\gcd(i,n)}n\rfloor}f_{\gcd(i,n),j}\\ &=\frac1n\sum_{d\mid n}\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=d]\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{kd}n\rfloor}f_{d,j}\\ &=\frac1n\sum_{d\mid n}\sum_{i=1}^{\frac nd}[\gcd(i,\frac nd)=1]\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{kd}n\rfloor}f_{d,j}\\ &=\frac1n\sum_{d\mid n}\varphi(\frac nd)F(d,\lfloor \frac{kd}n\rfloor) \end{aligned} ans=n1i=0∑n−1j=0∑⌊nkgcd(i,n)⌋fgcd(i,n),j=n1d∣n∑i=1∑n[gcd(i,n)=d]j=0∑⌊nkd⌋fd,j=n1d∣n∑i=1∑dn[gcd(i,dn)=1]j=0∑⌊nkd⌋fd,j=n1d∣n∑φ(dn)F(d,⌊nkd⌋)

考虑如何求 fn,mf_{n,m}fn,m 。由于 mmm 个绿色珠子会把环分成 mmm 个连续段，每个段都只有 222 种方案（红黄红黄…\ldots…，黄红黄红…\ldots…），故方案数为 2m2^m2m 。考虑插空法，若绿色没有填在第 nnn 位，方案数为 Cn−mmC_{n-m}^mCn−mm ；若绿色填了第 nnn 位，则第 1 位和第 n−1n-1n−1 位均不能填，方案数为 Cn−m−1m−1C_{n-m-1}^{m-1}Cn−m−1m−1 。

综上可得 fn,m=2m(Cn−m−1m−1+Cn−mm)f_{n,m}=2^m\big(C_{n-m-1}^{m-1}+C_{n-m}^{m}\big)fn,m=2m(Cn−m−1m−1+Cn−mm) ，特别的 fn,0=2⋅[2∣n]f_{n,0}=2\cdot[2\mid n]fn,0=2⋅[2∣n] 。

所以直接枚举所有约数暴力计算即可。时间复杂度 O(nlog⁡log⁡n)O(n\log\log n)O(nloglogn)

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 1e6 + 5, P = 998244353;
using namespace std;
using arr = int[N];
using ll = long long;
arr fac, ifac, inv, pr, phi, pw;
inline void Init(int n) {vector<char> vis(n + 1, 0);fac[0] = fac[1] = ifac[0] = ifac[1] = inv[1] = phi[1] = pw[0] = 1,pw[1] = 2;for (int i = 2; i <= n; ++i) {if (!vis[i])pr[++pr[0]] = i, phi[i] = i - 1;for (int j = 1, x; j <= pr[0] && (x = i * pr[j]) <= n; ++j) {vis[x] = 1, phi[x] = phi[i];if (i % pr[j])phi[x] *= pr[j] - 1;else {phi[x] *= pr[j];break;}}pw[i] = (pw[i - 1] << 1ll) % P;inv[i] = (ll)(P - P / i) * inv[P % i] % P;fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % P;ifac[i] = (ll)ifac[i - 1] * inv[i] % P;}
}
inline ll C(int n, int m) {return n >= m ? (ll)fac[n] * ifac[m] % P * ifac[n - m] % P : 0ll;
}
inline ll F(int n, int k) {ll f = n & 1 ? 0 : 2;for (int m = 1; m <= min(k, n / 2); ++m)f += pw[m] * (C(n - m, m) + C(n - m - 1, m - 1)) % P;return f % P;
}
int n, k;
inline void Solve() {ll Ans = 0;for (int d = 1; d <= n; ++d)if (n % d == 0)Ans += phi[n / d] * F(d, (ll)k * d / n) % P;printf("%lld\n", Ans % P * inv[n] % P);
}
int main() {Init(1e6);scanf("%*d");while (~scanf("%d%d", &n, &k))Solve();return 0;
}

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