【POJ2888】Magic Bracelet

题意：一个长度为n的项链，有m种颜色的珠子，有k个限制(a,b)表示颜色为a的珠子和颜色为b的珠子不能相邻，求用m种珠子能串成的项链有多少种。如果一个项链在旋转后与另一个项链相同，则认为这两串珠子是相同的。

$n\le 10^9,m\le 10,k\le \frac{m(m-1)} 2 $

题解：好题。

依旧回顾从Burnside引理到Pólya定理的推导过程。一个置换中的不动点要满足它的所有循环中的点颜色都相同，那么在旋转i次的置换中，循环有gcd(i,n)个，我们规定这些循环的起始点是1,2,...gcd(i,n)，由于1,1+i,1+2i...的颜色都与i是一样的，那么我们其实只需要考虑1到gcd(i,n)这段的染色方案数即可。如何统计呢？矩阵乘法！

但是枚举i仍然是行不通的，但我们可以考虑枚举d=gcd(i,n)，有多少个i满足gcd(i,n)=d呢？显然是$\varphi({n\over d})$！所以DFS所有n的约数即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int P=9973;
int n,m,K,mx,tot,ans;
struct M
{int v[12][12];int * operator [] (const int &a) {return v[a];}M () {memset(v,0,sizeof(v));}M operator * (const M &a) const{M b;int i,j,k;for(i=1;i<=m;i++)   for(j=1;j<=m;j++)    for(k=1;k<=m;k++)    b.v[i][j]=(b.v[i][j]+v[i][k]*a.v[k][j])%P;return b;}
}S,T[33];
int cnt[20],p[20];
inline int pm(int x,int y)
{int z=1;x%=P;while(y){if(y&1)    z=z*x%P;x=x*x%P,y>>=1;}return z;
}
inline void PM(int y)
{for(int i=mx;i>=0;i--)    if(y>=(1<<i)) S=S*T[i],y-=1<<i;
}
void dfs(int x,int d,int phi)
{if(x>tot){memset(S.v,0,sizeof(S.v));int i,j;for(i=1;i<=m;i++)    S[i][i]=1;PM(d-1);for(i=1;i<=m;i++) for(j=1;j<=m;j++)    if(T[0][i][j])  ans=(ans+phi%P*S[i][j])%P;return ;}int i;dfs(x+1,d,phi);for(i=1;i<cnt[x];i++)  d*=p[x],phi/=p[x],dfs(x+1,d,phi);d*=p[x],phi/=(p[x]-1),dfs(x+1,d,phi);
}
void work()
{scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);ans=tot=0;int i,j,a,b,t=n,phi=1;for(i=1;i<=m;i++)    for(j=1;j<=m;j++)    T[0][i][j]=1;for(i=1;i<=K;i++){scanf("%d%d",&a,&b);T[0][a][b]=T[0][b][a]=0;}for(mx=0,i=1;(1<<i)<=n;mx=i++)   T[i]=T[i-1]*T[i-1];for(i=2;i*i<=t;i++)  if(t%i==0){p[++tot]=i,cnt[tot]=1,phi*=i-1,t/=i;while(t%i==0)  cnt[tot]++,phi*=i,t/=i;}if(t>1)  p[++tot]=t,cnt[tot]=1,phi*=t-1;dfs(1,1,phi);printf("%d\n",ans*pm(n,P-2)%P);
}
int main()
{int cas;scanf("%d",&cas);while(cas--)    work();return 0;
}//4 3 2 0 3 2 1 1 2 3 2 2 1 1 1 2 3 2 3 1 1 1 2 2 2

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