题意
给出若干组询问，每次询问一个(n)，求将(x ^ n - 1)分解为分圆多项式的乘积。
具体的，即
[x ^ n - 1 = prod_{d | n} Phi_d(x)
]
其中分圆多项式的定义为
[Phi_n(x) = prod_{1 le k le n, (n, k) = 1} (x - w_n ^ k) quad (w_n = cos frac {2pi}{n} + isin frac {2pi}{n})
]
（换句话说，让你求出一些分圆多项式）
题解
设(f(n) = x ^ n - 1)，(g(d) = Phi_d(x))，已知
[f(n) = prod_{d | n}g(d)
]
通过莫比乌斯反演，可以得到
[egin{aligned}
g(n)
& = prod_{d | n} f(d) ^ {mu(frac {n}{d})} \
& = prod_{d | n} f(frac {n}{d}) ^ {mu(d)} \
end{aligned}
]
注意到我们只需要(mu(d))不为(0)的(d)，且满足的(d)都无平方质因子。
注意到(d le n le 10 ^ 5 < 2 imes 3 imes 5 imes 7 imes 11 imes 13 imes 17)，我们只要用(2 ^ 6)枚举每个有用的(d)即可。那么因子(d)对(g(n))的贡献项为((1 - x ^ {frac {n}{d}}) ^ {mu(d)})。
如果用多项式乘法把他们搞起来当然不行，复杂度爆炸。
我考虑这个多项式只有两项有值，可以通过一个巧妙的dp（递推）进行计算。
具体来说，
如果乘上的是((1 - x ^ k) ^ 1)，可以直接用递推来更新系数（本质是01背包）；
如果乘上的是((1 - x ^ k) ^ {-1})，亦即((1 + x ^ k + x ^ {2k} + ...))，可以用类似无限背包的递推来累加系数。
由于(Phi_d(x))的次数是(phi(d))，那么这个部分只需要用(O(phi(d)))的复杂度计算即可。
则总复杂度为(O(sum_{d | n} 2 ^ omega(d) phi(d)) = O(n2 ^ 6))。
由于数据保证(sum n le 5 cdot 10 ^ 6)，所以总复杂度大概是(O(5 cdot 10 ^ 6 cdot 2 ^ 6))。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read () {
static int x;
scanf("%d", &x);
return x;
}
const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
int phi[N], pr[N][7];
int id[N]; bool vis[N];
vector <int> poly[N];
void prework () {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; ++i) {
if (!pr[i][0])
for (int j = i; j < N; j += i)
pr[j][++pr[j][0]] = i;
phi[i] = i;
for (int j = 1; j <= pr[i][0]; ++j)
phi[i] -= phi[i] / pr[i][j];
}
}
bool cmp (int u, int v) {
if (phi[u] != phi[v]) return phi[u] < phi[v];
for (int i = phi[u]; ~i; --i) if (poly[u][i] != poly[v][i])
return poly[u][i] < poly[v][i];
return 0;
}
signed main () {
prework();
for (int _ = read(); _; --_) {
n = read(), m = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) if (n % i == 0) {
id[++m] = i;
if (vis[i]) continue;
poly[i].resize(phi[i] + 1, 0);
poly[i][0] = i > 1 ? 1 : -1;
for (int j = 0; j < (1 << pr[i][0]); ++j) {
int d = i, s = 1;
for (int k = 0; k < pr[i][0]; ++k)
if (j >> k & 1) d /= pr[i][k + 1], s = -s;
if (s > 0)
for (int j = phi[i]; j >= d; --j)
poly[i][j] -= poly[i][j - d];
else
for (int j = d; j <= phi[i]; ++j)
poly[i][j] += poly[i][j - d];
}
vis[i] = 1;
}
sort(id + 1, id + 1 + m, cmp);
for (int i = 1, x; i <= m; ++i) {
x = id[i];
putchar('(');
for (int j = phi[x], f = 1; ~j; --j, f = 0) if (poly[x][j]) {
if (poly[x][j] < 0) putchar('-');
else if (!f) putchar('+');
if (!j || abs(poly[x][j]) != 1) printf("%d", abs(poly[x][j]));
if (j) printf("x");
if (j > 1) printf("^%d", j);
}
putchar(')');
}
putchar('
');
}
return 0;
}
（输出复杂度可能是个瓶颈，本地测是输不出来的，但提交后跑得很快，AC）。