POJ 2888 Magic Bracelet 有限制的Polya计数_polya 限制个数-优快云博客

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求每个置换的不变的着色数,对于每个置换，有gcd(n,k)个环

显然，任取一段长度为gcd(n,k),则gcd(n,k)个点分别属于各个环

且相邻关系是(a1,a2),(a2,a3)...(ai,a1)

那么，问题转换成了，对于每个置换i= gcd(n,k)，求a1,a2..ai的着色数，相邻点都符合条件,即有些颜色不能相邻

设m种颜色为 m个点，形成m*m的矩阵C，若i后面可跟j,则（i,j)= 1

设a1上颜色为1，那么从a1->a2->a3->...->ak->a1，就是C^k中的（1,1）

每个置换的答案就是C^k的对角线之和

#include 
   
   
    
    
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                  using namespace std; #define rep(i,n) for(int i=0; i 
                  
                    1) res = res * (x - 1) % MOD; return res; } void mul1() { int c[12][12] = {0}; repe(i,m) repe(k,m) repe(j,m) c[i][j] = (c[i][j] + res[i][k] * A[k][j]) % MOD; repe(i,m) repe(j,m) res[i][j] = c[i][j]; } void mul2() { int c[12][12] = {0}; repe(i,m) repe(k,m) repe(j,m) c[i][j] = (c[i][j] + A[i][k] * A[k][j]) % MOD; repe(i,m) repe(j,m) A[i][j] = c[i][j]; } int quick(int k) { mst(res,0); repe(i,m) res[i][i] = 1; memcpy(A,g,sizeof(g)); while(k) { if(k & 1) mul1(); k >>= 1; mul2(); } int sum = 0; repe(i,m) sum = (sum + res[i][i]) % MOD; return sum; } int cal(int x) { int sum = quick(x); return sum; } int solve(int x) { int cnt = oula(n / x); // 这种置换有多少种，莫比乌斯反演得为 n/x 的欧拉数 int a = cal(x); // 这种置换的不变的着色数 return cnt * a % MOD; } int quick(int a,int k) { int res = 1; a %= MOD; while(k) { if(k & 1) res = res * a % MOD; k >>= 1; a = a * a % MOD; } return res; } int main() { //freopen("C:\\Users\\Administrator\\Desktop\\out.txt","w",stdout); init(); int T,a,b; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); repe(i,m) repe(j,m) g[i][j] = 1; rep(i,k) { scanf("%d%d",&a,&b); g[a][b] = g[b][a] = 0; } int ans = 0; for(int i=1; i*i<=n; i++) if(n % i == 0) // 由于n很大，枚举gcd(i,n） { ans = (ans + solve(i)) % MOD; if(i * i != n) ans = (ans + solve(n / i)) % MOD; } ans = ans * quick(n,MOD-2) % MOD; // 除以 n 等于 乘上 n 的逆 printf("%d\n",ans); } return 0; }