【SDOI2018】反回文串（【ARC064 F】Rotated Palindromes 加强版）

题意

　　给你一个正整数 \(n\)，求有多少字符集为 \(1\) 到 \(k\) 之间整数的字符串，使得该字符串可以由一个长度为 \(n\) 的回文串循环移位得到。
　　ARC原题 \(100\%\) 的数据是 \(n,k\le 10^9\)
　　SDOI改编后，\(30\%\) 的数据是 \(n,k\le 10^{10}\)，\(60\%\) 的数据是 \(n,k\le 10^{14}\)，\(100\%\) 的数据是 \(n,k\le 10^{18}\)……

题解

\(n,k\le 10^{10}\)

　　考虑一个回文串，设它的循环节长度为 \(x\)，若 \(x\) 为奇数，则对答案贡献 \(x\)；若为偶数，则对答案贡献 \(\frac{x}{2}\)。
　　我们按 \(x\) 把所有字符串分类，统计每一类的数量。
　　设 \(f(i)\) 表示最小循环节长度为 \(i\) 的回文串数量，\(F(i)\) 表示循环节长度为 \(i\)（即 \(i\) 是最小循环节长度的正整数倍）能得到新回文串的回文串数量。
　　则 \[F(i)=\sum\limits_{d|i} f(d)\] \[ans = \sum\limits_{d|n} f(d)\times \begin{cases} d（d为奇数） \\ \frac{d}{2}（d为偶数） \end{cases}\]
　　显然有 \(F(i)=k^{\lceil \frac{i}{2}\rceil}\)，我们可以解 \(f(d)\) 了。
　　\(n\le 10^{10}\) 时，因数最多约有 \(6700\) 多个。所以我们要求出 \(6700\) 多个 \(f(d)\)。

　　移项得 \(f(i)=F(i)-\sum\limits_{d|i 且 d≠i} f(d)\)
　　递推 \(f\) 即可。

　　复杂度大约 \(O(6700^2)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 7000
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0; bool f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
    for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
    if(f) return x;
    return 0-x;
}
int n,k,d[N],f[N],cnt,ans;
int Pow(int x, int y){
    int ret=1;
    while(y){
        if(y&1) ret=(ll)ret*x%mod;
        x=(ll)x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
int main(){
    n=read(), k=read();
    int nn=sqrt(n);
    for(int i=1; i<=nn; ++i)
        if(n%i==0){
            d[++cnt]=i, f[cnt]=Pow(k,(i+1)/2);
            for(int j=1; j<cnt; ++j)
                if(i%d[j]==0) f[cnt]=((f[cnt]-f[j])%mod+mod)%mod;
            ans=(ans+(ll)f[cnt]*((i&1)?i:i/2)%mod)%mod;
        }
    for(int i=nn; i>=1; --i)
        if(n%i==0){
            int ii=n/i;
            d[++cnt]=ii, f[cnt]=Pow(k,(ii+1)/2);
            for(int j=1; j<cnt; ++j)
                if(ii%d[j]==0) f[cnt]=((f[cnt]-f[j])%mod+mod)%mod;
            ans=(ans+(ll)f[cnt]*((ii&1)?ii:ii/2)%mod)%mod;
        }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

\(n,k\le 10^{14}\)

　　\(F(i)=\sum\limits_{d|i} f(d)\) 不是莫比乌斯反演式子？
　　根据公式转化成 \(f(i)=\sum\limits_{d|i} F(d)\mu(\frac{i}{d})\)
　　我们最多只需要求约 \(17280\) 个 \(\mu\)，因此可以暴力 \(\text{dfs}\) 计算每个 \(\mu(i)\)，然后就求出 \(f(i)\) 了。
　　发现 \(\text{dfs}\) 的时候，\(n\) 的每个质因数只需要乘 \(0\) 或 \(1\) 个，乘 \(2\) 个的话 \(\mu\) 值就变成了 \(0\) 了。
　　于是复杂度变为 \(O(17280\times 2^{12})\)，但约数数量通常不多，更不会卡满上界 \(17280\)，所以卡卡常就能 \(60\) 分？

\(n,k\le 10^{18}\)

　　看不懂，请移步 scb 的博客。

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