原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/Burnside-Polya.html
问题模型
有一个长度为 $n$ 的序列，序列中的每一个元素有 $m$ 种取值。
如果两个序列循环同构，那么我们称这两个序列等价。
求两两不等价的序列个数。
Burnside引理
假设有若干个置换 $P_1,P_2,cdots$ ，设由这些置换生成的置换群为 $Q$ 。如果序列 A 可以通过一个 $Q$ 中的置换变成序列 B，那么我们认为 A 和 B 等价。
对于一个置换 $P$ ，如果序列 A 经过置换 $P$ 之后不变，那么我们称序列 A 为置换 $P$ 的一个“不动点”。令 $C(P)$ 表示置换 $P$ 的不动点数。
Burnside引理：
对于一个置换群 $Q$，两两不同的序列个数为
$$frac 1 {|Q|} sum_{Pin Q} C(P)$$
Polya定理
Polya定理是Burnside引理的一个具体化。
Polya定理：
假设置换 $P$ 由 $k$ 个轮换组成，那么
$C(P) = m^{k}$
至此，我们已经可以解决最开始的问题模型了。
$$ans = frac 1n sum_{i=0}^{n-1} m ^ {gcd(i,n)}$$
例题 - POJ2409 Let it Bead
题意
有一种项链有 $n$ 个珠子，珠子有 $m$ 种。项链是环，但是没有起始点，也没有方向。也就是说，如果两个项链循环同构或者对称翻转后循环同构，那么他们等价。
求不等价的项链种数。
$ncdot m leq 32$ 。
题解
这类问题，我们首先考虑一下置换群 $Q$ 中有哪些元素。
1. 旋转。可以旋转 $0cdots n-1$ 次，故有 $n$ 种方案。这部分等价于本文开头的问题模型。
2. 翻转。由于任何形如 “旋转 + 翻转 + 旋转” 的操作都可以由一次翻转得到，所以本质上只有翻转操作。不管 $n$ 是奇数还是偶数，都有 $n$ 种本质不同的翻转操作，而且这些操作与之前的旋转也不同。
所以，置换群 $Q$ 中共有 $2n$ 种置换。
现在我们考虑求 $sum C(P)$ 。
对于 1. 旋转，之前已经提到，这种情况对答案的贡献就是
$$sum_{i=0}^{n-1} m ^ {gcd(i,n)}$$
对于 2. 翻转，我们分 $n$ 的奇偶性进行讨论：
n 为奇数：只能将一个顶点与其对边中点所在直线作为对称轴进行翻转：一共有 $n$ 种方案，每种方案都由 $frac {n+1} 2$ 个轮换构成，故对答案的贡献是
$$n cdot m ^ {frac {n+1} 2}$$
n 为偶数：有两种情况：
1. 以两个顶点所在直线为对称轴进行翻转：一共有 $frac n 2$ 种方案，每种方案都由 $frac{n+2} 2$ 个轮换构成，故对答案的贡献是
$$frac n2 cdot m ^ {frac {n+2} 2} $$
2. 以两条边的中点所在直线为对称轴进行翻转：一共有 $frac n 2$ 种方案，每种方案都由 $frac{n} 2$ 个轮换构成，故对答案的贡献是
$$frac n2 cdot m ^ {frac {n} 2} $$
至此，问题解决。
代码
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,m;
LL Pow(LL x,LL y){
LL ans=1;
for (;y;y>>=1,x*=x)
if (y&1)
ans*=x;
return ans;
}
int gcd(int a,int b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main(){
while (1){
cin>>m>>n;
if (!n&&!m)
break;
LL ans=0;
for (int i=0;i<n;i++)
ans+=Pow(m,gcd(n,i));
if (n&1)
ans+=Pow(m,(n+1)>>1)*n;
else {
ans+=Pow(m,n>>1)*(n>>1);
ans+=Pow(m,(n+2)>>1)*(n>>1);
}
ans/=n<<1;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}