[ACM] hdu 3923 Invoker (Poyla计数，快速幂运算，扩展欧几里得或费马小定理）

Invoker

Problem Description

On of Vance's favourite hero is Invoker, Kael. As many people knows Kael can control the elements and combine them to invoke a powerful skill. Vance like Kael very much so he changes the map to make Kael more powerful.

In his new map, Kael can control n kind of elements and he can put m elements equal-spacedly on a magic ring and combine them to invoke a new skill. But if a arrangement can change into another by rotate the magic ring or reverse the ring along the axis, they will invoke the same skill. Now give you n and m how many different skill can Kael invoke? As the number maybe too large, just output the answer mod 1000000007.

Input

The first line contains a single positive integer T( T <= 500 ), indicates the number of test cases.
For each test case: give you two positive integers n and m. ( 1 <= n, m <= 10000 )

Output

For each test case: output the case number as shown and then output the answer mod 1000000007 in a line. Look sample for more information.

Sample Input

2
3 4
1 2

Sample Output

Case #1: 21
Case #2: 1


HintFor Case #1: we assume a,b,c are the 3 kinds of elements.
Here are the 21 different arrangements to invoke the skills
/ aaaa / aaab / aaac / aabb / aabc / aacc / abab / 
/ abac / abbb / abbc / abcb / abcc / acac / acbc /
/ accc / bbbb / bbbc / bbcc / bcbc / bccc / cccc /

Source

2011 Multi-University Training Contest 9 - Host by BJTU

解题思路：

Polya计数。题目可转化为用c种颜色给n个珠子的项链染色，问一共有多少种颜色方案。本题要对结果取模1000000007

1.旋转。

将环顺时针旋转i格后，循环节个数为gcd(n,i)，染色方案为 ∑c^gcd(n,i) 其中 i=1,2,3,4,....n

2.翻转。

这里也得考虑两种情况。

当n为奇数时，共有n个循环节个数为（n/2+1)的循环群，还有的资料上说是环的个数为（n/2+1) ，注意这是计算机上的表示，n/2整型相除计算机得到的是整数，其实应该写成（n+1)/2。，染色方案为 n*c^(n/2+1)

为什么n个循环节个数为（n/2+1)的循环群呢？我的理解是这样的，或许不太对。。。

拿正三角形为例，给它三个顶点染色，对称轴是一个顶点与其对边终点连线所在的直线，这样的直线有3（n=3，即n个顶点) 条，共有3（n)个循环群。假设第一个顶点在对称轴上，那么第二个顶点经过对称轴翻转肯定和第三个顶点重合，那么（2,3）是一个循环节，（1）自己是一个循环节，循环节个数为2，即（n+1/2)。

当n为偶数时，共有n个循环群，其中有n/2个的循环节个数为（n/2 +1)，有n/2个的循环节个数为（n/2)。

拿正方形为例，四个顶点从左上角顺时针编号1,2,3,4.

当以1,3顶点连线所在直线为对称轴时（对角的两个顶点）,这样对称轴有2个（n/2)，经过翻转，2,4 重合，1和1重合，3和3重合，那么循环节的个数为3（2,4）（1）（3）, 即(n/2+1)。 染色方案为 (n/2)*c^(n/2+1)

当以两条相对平行的边的中点连线所在直线为对称轴时，比如以线段1,2的中点和3,4的中点连线的所在直线为对称轴，这样的对称轴有两个（n/2)，经过翻转，1,2重合，3,4重合，循环节的个数为2，（1,2）（3,4），即（n/2)。，也就是谁和谁重合，谁就和谁在一个循环节里。染色方案为(n/2)*c^(n/2)

最后累加方案得到ans，再除以置换群的个数2*n，即 ans/(2*n)%mod即为最后答案。但这里要特别注意，ans是在计算过程中不断取模得到的数，ans,2*n都在模剩余系中，不能直接参与除法计算，因为有公式a*b%mod=(a%mod*b%mod)%mod，除法对取余不满足结合律，a/b!=((a%mod)/(b%mod))%mod ，在计算 ans/(2*n）%mod时，可以转化为 ans*inv(2*n)%mod ,其中 inv(2*n)是2*n关于mod的逆元，保证乘以inv(2*n)和除以 2*n 对于最后的答案取余mod是一样。

所以现在的问题是怎样求一个数关于模P的逆元。

方法1：扩展欧几里得。 ax=1(mod P), gcd(a,p)=1，其中x为a的逆元，就是我们所求，ax=PY+1, ax-Py=1, 所以用扩展欧几里得可以求出x。

方法2：费马小定理：如果模P是素数的话，那么inv(a)=pow(a,p-2)%p; 等式右边用快速幂运算可以得出。

参考：http://www.xuebuyuan.com/1394391.html

代码：

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1000000007;
LL c,n;

LL gcd(LL a,LL b)
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

LL power(LL p,LL n)//快速幂运算
{
    LL ans=1;
    while(n)
    {
        if(n&1)
            ans=ans*p%mod;
        p=p*p%mod;
        n/=2;
    }
    return ans;
}
LL  exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)//扩展欧几里得算法，返回a,b的最大公约数,ax+by=gcd(a,b)，x,y为方程的一组解
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    long long d=exgcd(b,a%b,x,y);
    long long t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return d;
}

int main()
{
    int t;cin>>t;
    int cas=1;
    while(t--)
    {
        cin>>c>>n;
        int ans=0;
        for(LL i=1;i<=n;i++)
        {
            ans+=power(c,gcd(n,i));
            ans%=mod;
        }
        if(n&1)
            ans+=(n*power(c,n/2+1))%mod;
        else
            ans+=((n/2*power(c,n/2+1))%mod+(n/2*power(c,n/2))%mod)%mod; //注意mod的位置
        ans%=mod;
        LL x,y;
        exgcd(2*n,mod,x,y);
        //x=power(2*n,mod-2)%mod;//第二种方法
        x=(x+mod)%mod;
        cout<<"Case #"<<cas++<<": "<<ans*x%mod<<endl;
    }
    return 0;
}

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