CF1205E

CF1205E [* hard]

给定字符串 (s)，定义 (f(s)) 为其 ( m border) 的数量，令其长度为 (n)，字符集为 ([1,k])，求 (f(s)^2) 的期望。答案对 (10^9+7) 取模。

(nle 10^5,kle 10^9)

( m Sol:)

首先如果存在一个长度为 (x) 的 ( m border)，那么我们有当前字符串会满足对于 (iin [1,x],s_i=s_{i+(n-x)})

考虑 (f(s)) 的平方，可以考虑经典套路，枚举 ((i,j)) 且 (i,j) 均为 (s) 的 ( m border)，那么 ((i,j)) 的对数就是 (f(s)^2)

枚举 (i,j) 不利于计算答案，我们可以考虑枚举 (n-x) 为 ((i,j))，那么对于 (forall kin [1,n-i],s_k=s_{k+i},s_k=s_{k+j})，暴力的做法是考虑枚举 ((i,j)) 然后让 (x) 向 (x+i,x+j) 连一条边，那么贡献即为 (k^{cnt})，其中 (cnt) 为连通块数量。

更进一步，我们不妨设 (a<b)，略做观察，我们可以考虑让 (i o i+a) 连一条边，这样可以得到以 (n\% a) 为类的共计 (|a|) 个组。

我们接下来显然只需要保留每个组的开头，即 (iin [1,a])，然后使 (i o i+b) 连边，显然这样即可保证连通性。

显然如果 ([1,a]) 中的点均连了边，我们可以发现此时图会变成 (gcd(a,b)) 个组。

否则，我们发现仅有 ((n-b,a]) 这个区间内的点没有连边，我们假定之前的 (b) 边是将 (\%a) 相同的链串成环，那么其会依次断开每个环的一条边，接着才开始断边，于是我们不难发现，当 (a-(n-b)le gcd(a,b)) 时，边均失效，否则先有 (gcd(a,b)) 条失效边，其余情况可以当作森林的情况计算（点数减去边数），最终我们得到连通块数量为 (gcd(a,b)+max(0,a+b-n-gcd(a,b)) o max(a+b-n,gcd(a,b)))

于是我们统计的答案即：

[sum_{i=1}^{n-1} sum_{j=1}^{n-1} K^{max(gcd(i,j),i+j-n)} ]

不妨枚举 (gcd(i,j)=d)，计算贡献我们考虑容斥，先假设所有点均取 (i+j-n)，那么此时贡献为：

[frac{sum_{i=1}^{n-1}sum_{j=1}^{n-1}K^{i+j}}{K^n} ]

枚举 (i+j)，计算其出现次数然后乘以贡献即可，复杂度 (mathcal O(nlog n))

另一边，我们需要修正我们的答案，不难注意到所求为：

[egin{aligned} &sum_{d=1}^{n}sum_{i,j}^{n/d}[gcd(i,j)=1] (K^d-K^{(i+j)d-n})[(i+j)d-n< d] \&=sum_{d=1}^{n}sum_{i,j}^{n/d}sum_{k|i,k|j} mu(k)(K^d-K^{(i+j)d-n})[(i+j)d-n< d] \&=sum_{d=1}^{n}sum_{k}^{n/d}sum_{i,j}[(i+j)kd-n< d]mu(k)(K^d-K^{(i+j)kd-n}) \&=sum_{T=1}^{n}sum_{d|T}mu(frac{T}{d})sum_{i,j}[(i+j)T-n< d]mu(k)K^d-sum_{T=1}^{n}sum_{d|T}mu(frac{T}{d})sum_{i,j}[(i+j)T-n< d] K^{(i+j)T-n} \&=sum_{T=1}^{n}sum_{d|T}mu(frac{T}{d})sum_{i,j}[(i+j)le frac{n+d-1}{T}]K^d-sum_{T=1}^{n}sum_{d|T}mu(frac{T}{d})sum_{i,j}[(i+j)le frac{n+d-1}{T}] K^{(i+j)T-n} \&=sum_{T=1}^{n}sum_{d|T}mu(frac{T}{d})f(frac{n+d-1}{T})K^d-frac{1}{K^n}sum_{T=1}^{n}sum_{d|T}mu(frac{T}{d})G(T,frac{n-1}{T}+1) end{aligned}]

由于边界的不同，您可以看到上述式子推导中边界的问题，我们可以将上界先设为 (n)，然后减去 (i,j) 分别有一个 (n) 对于答案的贡献。

同时，后者的 (G(T,frac{n-1}{T}+1)) 是我们放缩的一个界，容易验证此界与标准界的误差至多为 (1)，所以可以对这个 (1) 的误差进行特判。

接下来预处理 (f(x))，其中 (f(x)=sum_{i,j}^x [i+jle x])，于是我们可以递推 (f)，(f(x) o f(x+1)) 相当于增加了 (i+j=x+1) 的数，显然为 (x)

那么我们的瓶颈在于计算 (G(T))，不难注意到内部的 ([(i+j)le ...]) 是一个更严的界，所以我们可以直接考虑每个元素对于答案的贡献次数，显然对于 ((i+j)=x) 其被计算次数为 ((x-1))，那么我们不妨枚举 (T) 然后通过调和级数统计答案即可。

通过预处理 (K^d)，我们可以做到 (mathcal O(nlog n))

(Code:)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define Next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
#define int long long
int gi() {
	char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
	while( cc < '0' || cc > '9' ) {  if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
	while( cc >= '0' && cc <= '9' )  cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
	return cn * flus ;
}
const int N = 4e5 + 5 ; 
const int P = 1e9 + 7 ; 
const int I = 1e9 + 8 ; 
int n, K, Ans, f[N], g[N], fac[N], mu[N] ;
bool isp[N] ; 
int fpow(int x, int k) {
	int ans = 1, base = x ; 
	while(k) {
		if(k & 1) ans = ans * base % P ; 
		base = base * base % P, k >>= 1 ; 
	} return ans ; 
}
void init() {
	rep( i, 1, 2 * n ) fac[i] = fpow( K, i ) % P ; 
	rep( i, 1, n ) 
		f[i] = ( f[i - 1] + (i - 1) ) % P ; 
	rep( x, 1, n ) {
		int lim = (n - 1) / x + 1 ; 
		rep( i, 1, lim ) g[x] = (g[x] + (i - 1) * fac[i * x] % P) % P ;
	}
	rep( i, 1, n ) mu[i] = 1 ; 
	rep( i, 2, n ) {
		if(isp[i]) continue ; mu[i] = -1 ; int v = i * i ; 
		for(re int j = i * 2; j <= n; j += i) isp[j] = 1, mu[j] = -mu[j] ;
		for(re int j = v; j <= n; j += v) mu[j] = 0 ;
	}
	rep( i, 1, n ) mu[i] = (P + mu[i]) % P ; 
}
int gcd(int a, int b) {
	return (!a) ? b : gcd(b % a, a) ;  
}
signed main()
{
	n = gi(), K = gi() ; 
	init() ; 
	rep( i, 1, 2 * n ) {
		if( i <= n ) Ans = ( Ans + fpow(K, i) * (i - 1) ) % P ; 
		else Ans = ( Ans + fpow(K, i) * (2 * n - i + 1) ) % P ; 
	} 
	Ans = Ans * fpow( fpow( K, n ), P - 2 ) % P ;
	int dAns = 0 ;
	rep(d, 1, n) {
		int fK = fpow( K, d ) ; 
		rep(k, 1, n / d) { 
			int x = k * d ; 
			int lim = (n - 1) / x + 1 ; 
			int rim = (n + d - 1) / x ; 
			if( lim == rim ) dAns = ( dAns + mu[k] * g[x]) % P ; 
			else dAns = ( dAns + mu[k] * (g[x] - (lim - 1) * fac[lim * x] % P + P ) % P ) % P ; 
			Ans = ( Ans + mu[k] * f[rim] % P * fac[d] % P ) % P ; 
		}
	}
	dAns = dAns * fpow( fpow( K, n ), P - 2 ) % P ;
	Ans = ( Ans - dAns + P ) % P ; 
	rep(i, 1, n) Ans = ( Ans - ( 1 + (i != n) ) * fac[max(i, gcd(i, n))] + P ) % P ; 
	Ans %= P, Ans = ( Ans + P ) % P ; 
	cout << Ans * fpow( fac[n], P - 2 ) % P << endl ;  
	return 0 ;
}