P4980 【模板】Polya定理

(color{#0066ff}{ 题目描述 })

给定一个(n)个点，(n)条边的环，有(n)种颜色，给每个顶点染色，问有多少种本质不同的染色方案，答案对(10^9+7)取模

注意本题的本质不同，定义为：只需要不能通过旋转与别的染色方案相同。

(color{#0066ff}{输入格式})

第一行输入一个(t)，表示有(t)组数据

第二行开始，一共(t)行，每行一个整数(n)，意思如题所示。

(color{#0066ff}{输出格式})

共(t)行，每行一个数字，表示染色方案数对(10^9+7)取模后的结果

(color{#0066ff}{输入样例})

5
1 
2 
3 
4 
5 

(color{#0066ff}{输出样例})

1
3
11
70
629

(color{#0066ff}{数据范围与提示})

(n leq 10^9)(,t leq 10^3)

(color{#0066ff}{ 题解 })

前置知识

1、置换

就是将元素的对应以表格形式来表示

标准形式为

(left(egin{aligned}1 && 2 && 3 && 4 && dots && n \ a_1 && a_2 && a_3 && a_4 && dots && a_nend{aligned} ight))

其中(a_1dots a_n)为(1-n)的一个排列

相当于经过变换，原来1的位置到了(a_1)，2的位置到了(a_2)。。。

根据题意，本质不同即为旋转

于是单次置换为

(left(egin{aligned}1 && 2 && 3 && 4 && dots && n \ 2 && 3 && 4 && 5 && dots && 1end{aligned} ight))

二次置换为

(left(egin{aligned}1 && 2 && 3 && 4 && dots && n \ 3 && 4 && 5 && 6 && dots && 2end{aligned} ight))

2、Burnside引理

对于每个置换f，我们定义C(f)为在置换f下保持不变的方案数。

则有： 本质不同的方案数为C(f)的平均数。

(ans=frac{1}{left | G ight |} sum _{f in G})

3、Polya定理

(egin{aligned}ans=frac 1 n sum_{i=1}^n m^{x_i}end{aligned})

其中，n为置换长度，m是染色种类，(x_i)是i次置换的循环个数

循环个数是啥呢

比如上面的一次置换，个数为1，(1 o2 o3 o4 o5 o1)

比如长度为6的三次置换，个数为3

(left(egin{aligned}1 && 2 && 3 && 4 && 5 && 6\ 4 && 5 && 6 && 1 && 2 && 3end{aligned} ight))

第一个循环(1 o4 o1)

第二个循环(2 o5 o2)

第三个循环(3 o6 o3)

不难发现，(x_i=gcd(i,n))

于是改为枚举n的因子

(egin{aligned}ans=frac 1 n sum_{i=1}^n m^{gcd(i,n)}end{aligned})

(egin{aligned}ans=frac 1 n sum_{d|n}^n varphi(frac n d)* m^{d}end{aligned})

表面上这东西的复杂度是(O(T*(sqrt n)^2)=O(Tn))的

但实际上，求(varphi)的根号只会被调用log次

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
	char ch; LL x = 0, f = 1;
	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
	return x * f;
}
const int mod = 1e9 + 7;
LL ksm(LL x, LL y) {
	LL re = 1LL;
	while(y) {
		if(y & 1) re = re * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}
LL getphi(LL n) {
	LL ans = n;
	for(LL i = 2; i * i <= n; i++) {
		if(n % i == 0) {
			ans = ans / i * (i - 1);
			while(n % i == 0) n /= i;
		}
	}
	if(n != 1) ans = ans / n * (n - 1);
	return ans;
}

LL work(LL n) {
	LL ans = 0;
	for(LL i = 1; i * i <= n; i++) {
		if(n % i == 0) {
			(ans += ksm(n, i) * getphi(n / i) % mod) %= mod;
			if(i * i != n) (ans += ksm(n, n / i) * getphi(i) % mod) %= mod;
		}
	}
	return ans * ksm(n, mod - 2) % mod;
}

int main() {
	for(int T = in(); T --> 0;) printf("%lld
", work(in()));
	return 0;
}