POJ2154 Color polya定理+欧拉定理

Posted 2020-10-23 ---学习ing---

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了POJ2154 Color polya定理+欧拉定理相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

由于这是第一天去实现polya题，所以由易到难，先来个铺垫题（假设读者是看过课件的，不然可能会对有些“显然”的地方会看不懂）：

一：POJ1286 Necklace of Beads ：有三种颜色，问可以翻转，可以旋转的染色方案数，n<24。

1，n比较小，恶意的揣测出题人很有可能出超级多组数据，所以先打表。

2，考虑旋转：

for(i=0;i<n;i++)  sum+=pow(n,gcd(n,i));

3，考虑翻转：

if(n&1)  sum+=n*pow(3,n/2+1) ;  
else {  
      sum+=n/2*pow(3,n/2) ;  
      sum+=n/2*pow(3,n/2+1) ;  
}

4，除以总置换数（2*n=n+n/2+n/2）:

sum/=(2*n);

5，终极代码：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
ll ans[30];
ll gcd(ll a,ll b) {  if(b==0) return a;  return gcd(b,a%b); }
ll pow(ll a,ll x)
{
    ll res=1;
    while(x){
        if(x&1) res*=a;
        x>>=1;
        a*=a;
    } return res;
}
int main()
{
    ll n,i,sum;
    for(n=1;n<=23;n++){
        sum=0;
        for(i=0;i<n;i++) sum+=pow(3,gcd(n,i));
        if(n&1)  sum+=n*pow(3,n/2+1) ;  
        else {  
            sum+=n/2*pow(3,n/2) ;  
            sum+=n/2*pow(3,n/2+1) ;  
        }  
        ans[n]=sum/n/2;
    } 
    while(~scanf("%lld",&n)){
        if(n==-1) return 0;
        printf("%lld\\n",ans[n]);
    }
    return 0;
}

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二：HDU3923：Invoker ：把3改成m即可。

1，注意有乘法的话担心超int还是用long long保险。

2，注意除置换群2*n的时候要逆元。。。比赛的时候就是没有加逆元，导致我牛客第四场排名15。。。不然连续5场前10挺好的。。。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int Mod=1000000007;
#define ll long long
int gcd(int a,int b) {  if(b==0) return a;  return gcd(b,a%b); }
int qpow(int a,int x)
{
    int res=1;a%=Mod;
    while(x){
        if(x&1) res=(ll)res*a%Mod;
        x>>=1;
        a=(ll)a*a%Mod;
    } return res;
}
int main()
{
    int T,n,m,i,Case=0,ans;
    scanf("%d",&T);  while(T--){
        scanf("%d%d",&m,&n);
        ans=0;
        for(i=0;i<n;i++) ans=(ans+qpow(m,gcd(n,i)))%Mod;
        if(n&1)  ans=(ans+n*qpow(m,n/2+1))%Mod;  
        else {  
            ans=(ans+n/2*qpow(m,n/2))%Mod;
            ans=(ans+n/2*qpow(m,n/2+1))%Mod;  
        }  
           ans=(ll)ans%Mod*qpow(2*n,Mod-2)%Mod;
        printf("Case #%d: %d\\n",++Case,ans);
    }   
    return 0;
}

View Code

----------------------------------------------------分界线----------------------------------------------------

下面的需要加优化了。

三：POJ2154 Color：求可以旋转，不可以翻转的置换，n个珠子，n种颜色，答案mod K，n<1e9。

那么本题只考虑旋转，则：

for(i=0;i<n;i++)  ans+=pow(n,gcd(n,i));  
ans/=n;

之前莫比乌斯那里，我们常用技巧是合并。这里考虑gcd相同的合并。（做多了还是有点灵感滴，yeah）。

得到：

解决这个公式需要：快速幂+欧拉函数+一些素数的常识。

1，快速幂不说了，注意先模运算。

2，欧拉函数，枚举L，即n的素因子，然后根据phi=L(1-1/p1)(1-1/p2)...得到欧拉函数。

3，素数常识，在这里指的是一个数n的素因子最多有一个大于根号n，所以一直除，把根号n前的素数都除完了，留下的一定是大于根号n的一个素数。

//可以线筛一部分欧拉函数出来，不够的再枚举素数；枚举的话不超过根号个，所以复杂度不会太高。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100000;
int ans, Mod;
int pri[maxn+10],cnt,vis[maxn+10],phi[maxn+10];
int qpow(int a,int x)
{
    int res=1;a%=Mod;//这里a一定要除一下，不然会超int，猪啊。 
    while(x){
        if(x&1) res=res*a%Mod;
        x>>=1; a=a*a%Mod;
    } return res%Mod;
}
void prime()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++){
        if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++) {
            vis[pri[j]*i]=1;
            if(i%pri[j]==0) {
                phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
                break;
            }
            else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
        }
    }
}
int Phi(int x)
{
    if(x<=maxn) return phi[x]%Mod; 
    int res=x;
    for(int i=1;pri[i]*pri[i]<=x;i++)
      if(x%pri[i]==0){
          res=(res-res/pri[i]);
          while(x%pri[i]==0) x/=pri[i];
     }
    if(x!=1) res=(res-res/x);
    return res%Mod;
}
int main()
{
    int n,T; prime();
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        ans=0; scanf("%d%d",&n,&Mod); 
        for(int i=1;i*i<=n;i++){
            if(n%i!=0) continue;
            ans=(ans+qpow(n,i-1)*Phi(n/i))%Mod;
            if(i*i!=n) ans=(ans+qpow(n,n/i-1)*Phi(i))%Mod;
        }
        printf("%d\\n",ans);
    } return 0;
}

--------------------【优化】-----------

--------------------【here】-------------

这些基本的都可以用欧拉函数来优化，比如上面的第二个例子。

上面的代码是500+ms。

优化后0ms。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=10000;
const int Mod=1e9+7; 
#define ll long long
ll ans;
ll pri[maxn+10],cnt,vis[maxn+10],phi[maxn+10];
ll qpow(ll a,ll x)
{
    ll res=1;a%=Mod;//这里a一定要除一下，不然会超int，猪啊。 
    while(x){
        if(x&1) res=res*a%Mod;
        x>>=1; a=a*a%Mod;
    } return res%Mod;
}
void prime()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++){
        if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++) {
            vis[pri[j]*i]=1;
            if(i%pri[j]==0) {
                phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
                break;
            }
            else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
        }
    }
}
int main()
{
    ll n,m,T,Case=0; prime();
    scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        ans=0; scanf("%lld%lld",&m,&n); 
        for(ll i=1;i*i<=n;i++){
            if(n%i!=0) continue;
            ans=(ans+qpow(m,i)*phi[n/i])%Mod;
            if(i*i!=n) ans=(ans+qpow(m,n/i)*phi[i])%Mod;
        }
        if(n&1)  ans=(ans+n*qpow(m,n/2+1))%Mod;  
        else {  
            ans=(ans+n/2*qpow(m,n/2))%Mod;  
            ans=(ans+n/2*qpow(m,n/2+1))%Mod;  
        } 
        ans=ans%Mod*qpow(2*n,Mod-2)%Mod;
        printf("Case #%lld: %lld\\n",++Case,ans);
    } return 0;
}