胎教级入门篇

还是没有详细的证明。。

Burnside 定理

（烧边定理（？大雾））

对于一个置换 $f$，我们定义 $C(f)$ 为 在合成 $f$ 后保持相对于原来不变的方案数量，这里称作 不动点。不动点并不是一个点，而是一个方案！

以染色为例，“不动点”即指染色方案，满足合成 $f$ 后染色不变。

那么本质不同的方案数量就是对于左右可用置换不动点个数平均值，形式化地写：

$$ans = \frac 1 {|G|} \sum_{f \in G} C(f)$$

其中 $G$ 是一个置换群。

Polya 定理

我们考虑知道了 Burnside 定理后如何求染色方案数量。

对于一个置换 $f$ 我们可以设 $L(f)$ 表示在 $i \to f_i$ 连边后的环的数量，那么不难发现一个置换是不动点，等价于所有的环内的位置是等价的。

也就是说，我们可以略微改写 Burside 定理

$$ans = \frac 1 {|G|} \sum_{f\in G} m^{L(f)}$$

其中 $m$ 为每个位置的方案数量，有时候 $m$ 也可以替换为其他东西，反正就是每个环必须全部等价就完事了。

这就是 Polya 定理辣。

模版题

考虑 “旋转” 这个操作，不难发现所有可能的置换构成了一个置换群（也就是不旋转（单位元），旋转一次，两次，…，旋转 $n-1$ 次）

我们可以直接枚举置换，也就是枚举旋转多少次，考虑旋转 $k$ 次时不动点的个数，也就是旋转 $k$ 次后的环的个数。

旋转 $k$ 次环的个数？这个东西前段时间我才被坑过（因为不知道这个结论 cf 某题爆炸），是 $\gcd(n,k)$ ，所以答案是

$$\frac 1 n \sum_{k=1}^n n^{\gcd(k,n)}$$

然后老套路题了

$$\begin{aligned}&= \sum_{k=1}^n n^{\gcd(k,n)}\\&= \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^n [\gcd(k,n) = i]n^{i}\\&= \sum_{i=1}^n n^i \sum_{k=1}^n[\gcd(k,n) = i]\\&= \sum_{i|n} n^i \varphi(\frac{n}{i})\end{aligned}$$

直接做就好了，求 $\varphi$ 是 $O(\sqrt n)$ ，这个东西套用经典的复杂度分析是 $O(n^{\frac 3 4})$ ，如果预处理一下前 $n^\frac 2 3$ 是 $O(Tn^\frac 2 3)$

#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "cstring"
#include "cstdio"
#include "cmath"
#include "vector"
#include "map"
#include "set"
#include "queue"
using namespace std;
#define MAXN 3000006
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a), i##end = (b); i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = (a), i##end = (b); i >= i##end; --i)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define vi vector<int>
#define all(x) (x).begin() , (x).end()
#define mem( a ) memset( a , 0 , sizeof a )
#define P 1000000007
typedef long long ll;
int n;

int Pow( int x , int a ) {
    int ret = 1;
    while( a ) {
        if( a & 1 ) ret = 1ll * ret * x % P;
        x = 1ll * x * x % P , a >>= 1;
    }
    return ret;
}

int phi( int x ) {
    int res = x;
    for( int i = 2 ; i * i <= x ; ++ i ) if( x % i == 0 ) {
        res = res - res / i , x /= i;
        while( x % i == 0 ) x /= i;
    }
    if( x != 1 ) res = res - res / x;
    return res;
}

void solve() {
    scanf("%d",&n);
    int res = 0;
    for( int i = 1 ; i * i <= n ; ++ i ) if( n % i == 0 ) {
        ( res += 1ll * Pow( n , i ) * phi( n / i ) % P ) %= P;
        if( i * i != n ) ( res += 1ll * Pow( n , n / i ) * phi( i ) % P ) %= P;
    }
    printf("%d\n",1ll * res * Pow( n , P - 2 ) % P);
}

signed main() {
//    freopen("input","r",stdin);
//    freopen("fuckout","w",stdout);
    int T;cin >> T;while( T-- ) solve();
//    solve();
}