poj 2154 polya定理 + 欧拉函数

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原文链接：http://www.cnblogs.com/ts65213/archive/2013/05/03/3056641.html

题意：n种颜色的珠子可组成多少种长度为n的项链？（旋转算一种，不考虑翻转）n<1000000000,结果对p取余，p<30000

分析：本题数据规模很大，若枚举旋转的长度会超时。

假设旋转 i 步，则循环节个数为gcd( i, n ) (证明在这里) ，循环节长度 L = n / gcd(i, n). 则 L | n，可以枚举L，并计算gcd(i, n) = n / L的 i 的个数。

设gcd(i, n) = t, i = kt，n = Lt， gcd(kt, Lt) = t 等价于 gcd(k, L)=1，这样的 k 有 φ( L )个, 即 i 有 φ( L )个。

于是答案为 (1/n) ∑ ( φ(L)* n^(n/L) ) mod p.其中L|n。由于(1/n)不方便对p取余，可以和n^(n/L)抵消，所以答案为∑ ( φ(L)* n^(n/L - 1) ) mod p.

优化：

1、L|n，则 n/L | n，所以L只需要枚举到 sqrt( n )。

2、预处理n，得到 n 的所有素因子pr [i] 及其个数cnt[i]。枚举L的时候，直接枚举每个素因子的个数，乘积即为L。

int pri[]={2,3,5,7,11,13}//这里要打表到31627，由于太多了，这里就不贴了

const int m = 35;
int pr[m], cnt[m], len;
int n, sqr, p, ans;

void init(int n){
    len = ans = 0;
    sqr = sqrt(n*1.0);
    memset(cnt, 0, sizeof cnt);

    for(int i = 0; pri[i] * pri[i] <= n; i++)
        if(n % pri[i] == 0){        //记录n的素因子及其个数
            pr[len] = pri[i];
            while(n % pri[i] == 0) {
                cnt[len]++;
                n /= pri[i];
            }
            len++;
        }
    if(n>1) {pr[len] = n; cnt[len++] = 1;}
}

int modexp(int a, int b, int n)     {//快速幂
    LL ans = 1, t = a;
    while(b) {
       if(b & 1) ans = ans * t % n;
       t = t * t % n;
       b >>= 1;
    }
    return (int)ans;
}

int euler1(int n){//求φ(n)
    int res = n;
    for(int i = 0; pri[i] * pri[i] <= n; i++)
        if(n % pri[i] == 0){
            res = res  /pri[i] * ( pri[i] - 1 );
            while(n % pri[i] == 0) n /= pri[i];
        }
    if(n>1) res=res/n*(n-1);//n是质因数
    return res % p;
}

void solve(int i, int L, int count){//枚举到第i个因子，已有乘积L，第i-1个因子的个数count 
                        //count若为0，表示第i-1个因子没选，即L已计算过，这里不要重复计算
    if(count){//L没被计算过
        int t = n / L;
        int pow = t - 1;
        int t1 = modexp( n, pow, p );
        int t2 = euler1( L ); 
        ans = ( ans + t1 * t2 ) % p;

        if(L * L != n){//转变L 和 n/L 
            pow = L - 1;
            t1 = modexp( n, pow, p );
            t2 = euler1( t );
            ans = ( ans + t1 * t2 ) % p;
        }
    }
    
    if(i==len) return ;
    
    solve(i+1, L, 0);//第i个因子没选
    int r = 1;
    FOE(k, 1, cnt[i]){
        r *= pr[i];
        int temp = L*r;
        if(temp <= sqr) solve(i+1, L*r, k);//第i个因子选了k个
    }
}

int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif

    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&p);
        init(n);
        solve(0, 1, 1);
        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}

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