[bzoj1547]周末晚会

前言

这是一道Burnside引理的应用题

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题目大意

一个长度为nnn的010101圈，没有超过kkk个的连续的111，求方案数

数据范围

T≤50,n≤2000,k≤2000T\le50,n\le2000,k\le2000T≤50,n≤2000,k≤2000

题解

我们设fif_ifi表示不含超过kkk个连续111的长度为iii的链的数量
我们考虑求fif_ifi，用所有方案减去不合法方案数，对于一个长度为i−1i-1i−1的不合法方案，其后面再加上一个数字，其依然不合法，然后我们考虑因为加入最后一位而不合法的串，一定是最后k+1k+1k+1位是111，倒数第k+2k+2k+2位是000，并且其它位合法，那么直接递推即可

我们设hih_ihi表示长度为iii、包含至少一个000、不含超过连续kkk个111的环的数量(固定111号点)
先不说要如何计算

我们考虑答案，我们列出Burnside引理的式子
l=1∣G∣∑ai∈Gc1(ai)l=\frac{1}{|G|}\sum_{a_i\in G}c_1(a_i)l=∣G∣1ai∈G∑c1(ai)
我们发现对于所有置换（即所有0≤i<n0\le i<n0≤i<n，转动iii次），其c(ai)c(a_i)c(ai)刚好是最小整除周期是iii的因数的方案数，实际操作的时候我们发现c(ai)=hgcd(i,n)c(a_i)=h_{gcd(i,n)}c(ai)=hgcd(i,n)

我们考虑如何求hih_ihi，我们发现我们可以在一条链的两端连上01⋅⋅⋅1001···1001⋅⋅⋅10形式的一串（其中111的数量要小于等于kkk），我们枚举111的数量至少为几，我们再枚举接入的位置，我们发现，插入的元素越多，方案越多
我们设原串为XXX，插入的iii个111在头与尾的串分别为AAA和BBB，我们发现，最后一定是“A0X0BA0X0BA0X0B”的形式，我们发现若111的个数为iii，那么就有i+1i+1i+1种方案
那么我们考虑对fff进行前缀和，并且对于所有iii直接转移选iii~kkk个的方案，那么iii个的方案就会被转移到i+1i+1i+1次，即可

我们发现只有iii是nnn的因数时，hih_ihi是要求的，直接dpdpdp一个hih_ihi在i≤ki\le ki≤k的时候是O(1)\mathcal O(1)O(1)的，i>ki>ki>k的时候是O(k)\mathcal O(k)O(k)的，那么总复杂度为
O(∑i>k,i∣nk)\mathcal O\left(\sum_{i>k,i|n}k\right)O⎝⎛i>k,i∣n∑k⎠⎞
我们设大于kkk且是nnn的因数的数有xxx个，容易发现nnn的因数从大到小排，第jjj个的值小于等于nj\frac njjn，那么k≤nxk\le\frac nxk≤xn，那么x∗k≤nx*k\le nx∗k≤n，即直接dpdpdp是O(n)\mathcal O(n)O(n)的

另外，我们发现对于所有c(ai)c(a_i)c(ai)的求和可以枚举j=gcd(i,n)，那么贡献次数就是φ(ni)\varphi(\frac ni)φ(in)，我们可以通过线性筛筛φ\varphiφ，并且枚举jjj，这样就可以做到O(n)\mathcal O(n)O(n)的复杂度

综上，总复杂度O(n)\mathcal O(n)O(n)

代码

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
const int maxn=2001;
const ll mod=100000007;
inline int pow(int x,int y)
{int res=1;for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod)if(y&1)res=(ll)res*x%mod;return res;
}
inline void md(int&x){if(x>=mod)x-=mod;}
inline int Md(const int x){return x>=mod?x-mod:x;}
int n,k,bit[maxn],F[maxn+5],*f=F+5,h[maxn],sum;
ll T,ans;
bool isprime[maxn];int prime[maxn],primesize,phi[maxn];
inline void getphi(const int size)
{phi[1]=1;memset(isprime,1,sizeof(isprime));for(rg int i=2;i<=size;i++){if(isprime[i])prime[++primesize]=i,phi[i]=i-1;for(rg int j=1;j<=primesize&&(ll)prime[j]*i<=size;j++){isprime[prime[j]*i]=0;if(i%prime[j]==0){phi[prime[j]*i]=phi[i]*prime[j];break;}phi[prime[j]*i]=phi[i]*(prime[j]-1);}}
}
int main()
{//  freopen("party.in","r",stdin),freopen("party.out","w",stdout);bit[0]=1;for(rg int i=1;i<=2000;i++)bit[i]=Md(bit[i-1]<<1);getphi(2000);read(T);while(T--){read(n),read(k);if(k>n)k=n;sum=0,ans=0;memset(F,0,sizeof(F));memset(h,0,sizeof(h));for(rg int i=0;i<=k;i++)f[i]=bit[i];f[-1]=1;for(rg int i=k+1;i<=n;i++){sum=Md(Md(sum<<1)+f[i-k-2]);f[i]=Md(bit[i]-sum+mod);}for(rg int i=0;i<=n;i++)f[i]=Md(f[i]+f[i-1]);for(rg int i=1;i<=n;i++)if(n%i==0){if(i<=k)h[i]=bit[i]-1;else for(rg int j=0;j<=k;j++)h[i]=Md(Md(h[i]+f[i-j-2])+mod-f[i-k-3]);ans+=(ll)h[i]*phi[n/i]%mod;}print(((ans%mod+mod)*pow(n,mod-2)+(n==k))%mod),putchar('\n');}return 0;
}

总结

Burnside引理知道就好
主要是要求的东西会求
优化复杂度大法好