【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