AIZU2164

这题题意是这样的。给两个国家的人A和B，一共N个人围绕圆周坐着，其中要求来自同一个国家的不能有超过K个人的位置连续。求方案数，其中若两种方案经过旋转后相同，那么这两种方案被视为同一种方案。这里N<=1000，K<=1000。

这题思路比较显然，burside引理即可。求出绕中心旋转M个位置（即gcd(N,M)）后与未旋转相同的方案数，对M从1到N求和，再除以N即可。关键是旋转M个位置后仍相同的方案数怎么求。我的思路是这样子的，首先先DP求出以A开始，以A或B收尾，长度为L的方案数有多少，这里暂时不考虑圆周首尾都是A的连接问题。接着，对于每个N的约数D，显然所求的方案数与直接求一共D个人围坐在一块的方案数是相同的。最后，对于D个人围坐一周的方案数问题，我们可以从1到K枚举与圆上选定的一个参照位置1对应的那段连续段的长度及位置1所处这段连续段的位置，即DP[1][D-P]*P。这样求和后再乘以2表示AB可以互换是对应的结果。

具体的实现见代码吧，这样说确实有点混乱的样子。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000003;

void gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y) {if(!b) {d=a;x=1;y=0;}else {gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}
ll inv(ll a) {ll d,x,y;gcd(a,mod,d,x,y);return (x%mod+mod)%mod;}

ll gcd(ll a,ll b)
{
	if(!b) return a;
	return gcd(b,a%b);
}

ll dp[2][1005],in[1005]={0};
int n,k;

int main()
{
	int i,j,l;
	for(i=1;i<1005;i++) in[i]=inv(i);
	while(scanf("%d %d",&n,&k)!=EOF&&n)
	{
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[0][0]=1;
		for(i=0;i<n;i++)
		{
			for(j=1;j<=k&&i+j<=n;j++) dp[1][j+i]+=dp[0][i],dp[1][i+j]%=mod,dp[0][j+i]+=dp[1][i],dp[0][i+j]%=mod;
		}
	//	for(i=0;i<2;i++,cout<<endl) for(j=0;j<=n;j++) cout<<dp[i][j]<<" ";
		ll res=0;
		for(i=n-1;i>=0&&i>=n-k;i--) res=(res+dp[1][i]*(n-i)%mod)%mod;
		res=res*2%mod;
		if(k>=n) res+=2,res%=mod;
	//	cout<<res<<endl;
		for(i=1;i<n;i++)
		{
			ll te=gcd(i,n);
			ll rtt=0;
			for(j=te-1;j>=0&&j>=te-k;j--) rtt=(rtt+dp[1][j]*(te-j)%mod)%mod;
			res=res+(rtt*2+2*(n<=k))%mod;
			res%=mod;
		}
	//	cout<<res<<endl;
		printf("%lld\n",(res*in[n]%mod+mod)%mod);
	}
	return 0;
}