HDU 3923 Invoker（polya）

Description

用m种颜色给长度为n的项链染色，旋转和翻转相同算同一种方案，问一共有多少种不同的方案

Input

第一行一个整数T表示用例组数，每组用例占一行为两个整数n和m表示项链长度和颜色数

Output

对于每组用例，输出染色方案数，结果模1e9+7

Sample Input

2

3 4

1 2

Sample Output

Case #1: 21

Case #2: 1

Solution

polya，先考虑旋转，有n种置换，旋转k个元素后循环节即轮换数为gcd(k,n)，故方案数为

，然后是翻转，对称轴显然为直径，当n为偶数时有两种对称轴，一种过两点，另一种过两个中点，第一种对称轴有n/2个，翻转180度的轮换数为n/2+1，第二种对称轴也有n/2个，翻转180度的轮换数为n/2，方案数为n/2*m^(n/2)+n/2*m^(n/2+1)；当n为奇数时对称轴只有一种，即过一点以及一个中点，共n个，翻转180度的轮换数为n/2，方案数为n*m^(n/2)，所以翻转也有n种置换，总置换数为2*n。注意除法都要乘逆元

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
ll mod_pow(ll a,ll b,ll p)
{
ll ans=1ll;
a%=p;
while(b)
{
if(b&1) ans=(ans*a)%p;
a=(a*a)%p;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll get_euler(ll n)
{
ll ans=n;
for(ll i=2;i*i<=n;i++)
if(n%i==0)
{
ans=ans/i*(i-1);
while(n%i==0)n/=i;
}
if(n>1)ans=ans/n*(n-1);
return ans;
}
int main()
{
int T,Case=1;
ll n,m;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%I64d%I64d",&m,&n);
ll ans=0;
for(ll i=1;i*i<=n;i++)
if(n%i==0)
{
if(i*i!=n)
ans=(ans+get_euler(i)*mod_pow(m,n/i,mod)%mod+get_euler(n/i)*mod_pow(m,i,mod)%mod)%mod;
else
ans=(ans+get_euler(i)*mod_pow(m,n/i,mod))%mod;
}
if(n%2)
ans=(ans+n*mod_pow(m,(n+1)/2,mod)%mod)%mod;
else
ans=(ans+n/2*mod_pow(m,n/2,mod)%mod+n/2*mod_pow(m,n/2+1,mod)%mod)%mod;
ans=(ans+mod)%mod;
ans=ans*mod_pow(2*n,mod-2,mod)%mod;
printf("Case #%d: %I64d\n",Case++,ans);
}
return 0;
}