loj6519 魔力环

Posted 2020-11-23 chy-2003

解题思路

考虑顺时针旋转 (i) 步得到的结果，根据Burnside引理，有

[ Ans=frac{sumlimits_{i=0}^{n-1}C(i)}{n} ]

(C(i)) 为旋转 (i) 步时不动点的数量。

实际上，旋转 (i) 步得到的是 (frac{n}{gcd(n,i)}) 个互不相干的环，每个环都是一个置换。不难发现，若一个方案在旋转 (i) 步的情况下为不动点，那么对于分割出来的每个小环，要么都为黑色，要么都为白色。

可以得到，对于 (gcd(n,i)) 相等的 (i) ，它们对答案的贡献是一样的。

所以可以枚举每个小环的长度 (l) 。不难发现 (l) 需要是 (n) 的因数。而由于每个小环要么全黑，要么全白，所以黑点数量应当为 (l) 的整数倍。即 (l|gcd(n,m)) 。

所以答案可以写成这样：

[ Ans = frac{sumlimits_{l|gcd(n,m)}f(l)phi(frac{n}{l})}{n} ]

用到了使用Burnside的时候常用的东西：

[ sumlimits_{i=0}^{n-1}gcd(i,n)=sumlimits_{d|n}sumlimits_{i=1}^{frac{n}{d}}[(i,frac{n}{d})=1]=sumlimits_{d|n}phi(frac{n}{d}) ]

接下来就要解决如何求 (f(l)) 。可以这样考虑：

对于环长 (l) ， (n) 个点被分成了 (frac{n}{l}) 个环。不妨将每个点以其所在的点标号，那么就会产生类似于 (1,2,3,1,2,3) 这样的重复。也就是说，还可以将“ (1,2,3) ”看成 (1) 个环，总共 (l) 个环，每个环 (frac{n}{l}) 个点。为了方便叙述，不妨将其称为“第二种环”。

每个“第二种环”恰好有“第一种环”上每个环里一个点，也就是说，恰好有 (frac{m}{l}) 个黑点。即需要在一个 (frac{n}{l}) 元环上选 (frac{m}{l}) 个黑点，其中连续的黑点不超过 (k) 个。注意这里的环相当于有了标号，旋转相同的不算重复。

可以考虑断环成链，然后枚举链首尾连续的黑点个数之和 (j) 。如果记 (x) 个黑点分成 (y) 份，每份可以为空的方案数为 (F(x,y)) ，那么环上的答案就是：

[ f(l)=sumlimits_{j=0}^k(j+1)F(frac{m}{l}-j,frac{n}{l} - frac{m}{l} - 1) ]

而 (F) 的值可以通过容斥得到

[ F(x,y)=sumlimits_{i=0}^{i * (k+1) leqslant x, i leqslant y}(-1)^i{ychoose i}{x - i * (k + 1) + y - 1choose y - 1} ]

计算 (F(x,y)) 的时间复杂度是 (O(frac{x}{k})) 的，计算 (f(l)) 的时间复杂度是 (O(frac{n}{l})) 的。所以总的时间复杂度是 (O(n)) 的。

参考程序

#include <cstdio>

#define Maxn 100010
#define Mod 998244353

int Fact[Maxn], Inv[Maxn], Phi[Maxn], Vis[Maxn], Prime[Maxn], n, m, k;

inline void Pre();
inline int f(int x);
inline int F(int x, int y);

#define Add(x,y) ((x)+(y))%Mod
#define Dec(x,y) (x)>(y)?(x)-(y):(x)-(y)+Mod
#define Mul(x,y) 1ll*(x)*(y)%Mod
inline int Pow(int x,int y){int A=1;for(;y;y>>=1,x=Mul(x,x))if(y&1)A=Mul(A,x);return A;}
#define C(x,y) 1LL*Fact[x]*Inv[y]%Mod*Inv[(x)-(y)]%Mod

int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    if (k == 0) return printf("%d
", m ? 0 : 1), 0;
    if (m == 0) return printf("1
"), 0;
    Pre();
    int gcd = [](int x, int y)->int{int T = x % y; while(T) x = y, y = T,T = x % y; return y; }(n, m);
    int Ans = 0;
    for (int i = 1; i <= gcd; ++i) 
        if (!(gcd % i)) 
            Ans = Add(Ans, Mul(f(i), Phi[i])); 
    Ans = Mul(Ans, Pow(n, Mod - 2));
    printf("%d
", Ans);
    return 0;
}

inline void Pre() {
    Fact[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) Fact[i] = Mul(Fact[i - 1], i);
    Inv[n] = Pow(Fact[n], Mod - 2); for (int i = n - 1; i >= 0; --i) Inv[i] = Mul(Inv[i + 1], i + 1);
    Phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        if (!Vis[i]) Phi[i] = i - 1, Prime[++Prime[0]] = i;
        for (int j = 1; j <= Prime[0] && 1LL * i * Prime[j] <= n; ++j) {
            Vis[i * Prime[j]] = 1;
            if (i % Prime[j] == 0) { Phi[i * Prime[j]] = Phi[i] * Prime[j]; break; }
            Phi[i * Prime[j]] = Phi[i] * (Prime[j] - 1);
        }
    }
    return;
}

inline int f(int l) {
    if (n / l - m / l == 1) return (m / l <= k) ? m / l + 1 : 0;
    int Ans = 0;
    for (int j = 0; j <= k; ++j)
        Ans = Add(Ans, Mul(j + 1, F(m / l - j, n / l - m / l - 1)));
    return Ans;
}

inline int F(int x, int y) {
    int Ans = 0;
    for (int i = 0; i * (k + 1) <= x && i <= y; ++i) {
        if (i & 1) Ans = Dec(Ans, Mul(C(y, i), C(x - i * (k + 1) + y - 1, y - 1)));
        else Ans = Add(Ans, Mul(C(y, i), C(x - i * (k + 1) + y - 1, y - 1)));
    }
    return Ans;
}