[BZOJ5330][SDOI2018]反回文串

luogu
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sol

枚举一个长度为\(n\)为回文串，它的全部循环位移均可以产生贡献。
可是这样算重了。重复的地方在于可能多个回文串循环同构，或者可能有的回文串通过小于\(n\)次循环位移后可以获得自身。
一个比较好的处理方式是：对每一个回文串求最小的\(x\)使这个串通过\(x\)次循环位移后能够再次成为一个回文串。这样对每一个回文串求\(\sum x\)显然就不会算重了。
考虑一个串的\(x\)是什么。显然会和这个串的最小循环节长度有关。实际上若是最小循环节长度为偶数，那么\(x\)就会是这个长度的一半；不然就等于这个长度。

形式化地，若是一个回文串的最小循环节长度为\(i\)，那么它对答案的贡献就是\(h(i)=i\frac{1+[i\mbox{是奇数}]}{2}\)。

设最小循环节为\(i\)的回文串共有\(f(i)\)个，那么咱们要求的答案就是

\[Ans=\sum_{d|n}f(d)h(d) \]

又由于$$\sum_{d|n}f(d)=k^{\lceil\frac n2\rceil}=g(n)$$

因此$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\mu(\frac nd)$$

代入原式$$Ans=\sum_{d|n}\sum_{i|d}g(i)\mu(\frac di)h(d)\=\sum_{i|n}g(i)\sum_{d|\frac ni}\mu(d)h(id)$$

咱们但愿能够把\(h(id)\)中的\(i\)提出来，这样后半部分就是一个关于\(\frac ni\)的函数了。

由于\(h(x)\)不是\(x\)就是\(\frac x2\)，咱们发现\(h(id)\neq d\times h(i)\)当且仅当\(i\)是奇数且\(d\)是偶数，而\(d|\frac ni\)因此\(d\)是偶数就说明\(\frac ni\)也是偶数。那么咱们如今假设\(i\)是奇数且\(\frac ni\)是偶数，考虑下面这个式子的取值。

\[\sum_{d|\frac ni}\mu(d)h(id) \]

显然只有\(\mu(d)\)非零项有贡献，而\(\frac ni\)中含有\(2\)这个因子就使得全部\(\mu(d)\)非零项中含\(2\)与不含\(2\)的\(d\)能够一一对应。他们的\(h(id)\)的值是相同的，而\(\mu(d)\)的值刚好相反，因此这个式子的值必定为\(0\)。

话说回来。咱们如今已经知道了\(h(id)\neq d\times h(i)\)的状况没有贡献，就能够放心大胆地用这一种变换了。

\[Ans=\sum_{i|n}g(i)\sum_{d|\frac ni}\mu(d)h(id)\\=\sum_{i|n}g(i)h(i)\sum_{d|\frac ni}d\mu(d) \]

（在枚举\(i\)时须要跳过\(i\)是奇数而\(\frac ni\)是偶数的项）

考虑后面的东西是个啥。仍是只有\(\mu(d)\)非零项有贡献，也就是说含有奇数个质因子的\(d\)会乘上\(-1\)，含有偶数个质因子的\(d\)为乘上\(1\)，因此这个值至关因而将\(\frac ni\)质因数分解为\(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}\)后，为\(\prod_{i=1}^k(1-p_i)\)。

因此到这里就比较简单了。先用\(Pollard-Rho\)算法将\(n\)分解，再dfs枚举\(n\)的每个约数\(d\)，在搜索的过程当中天然能够求出那个\(\prod_{i=1}^k(1-p_i)\)。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<ctime>
using namespace std;
#define ll long long
ll mul(ll x,ll y,ll m){
	x%=m;y%=m;
	return (x*y-(ll)(((long double)x*y+0.5)/(long double)m)*m+m)%m;
}
ll fastpow(ll x,ll y,ll m){
	ll res=1;
	while (y) {if (y&1) res=mul(res,x,m);x=mul(x,x,m);y>>=1;}
	return res;
}
ll f[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29};
bool MR(ll p){
	for (int i=0;i<10;++i){
		if (p<=f[i]) break;
		if (fastpow(f[i],p-1,p)!=1) return false;
		ll pp=p-1;
		while (~pp&1){
			pp>>=1;ll y=fastpow(f[i],pp,p);
			if (mul(y,y,p)==1&&y!=1&&y!=p-1) return false;
		}
	}
	return true;
}
ll PR(ll n,ll c){
	ll i=0,k=2,x,y;x=y=1+rand()%(n-1);
	while (1){
		x=(mul(x,x,n)+c)%n;
		ll d=__gcd((y-x+n)%n,n);
		if (d!=1&&d!=n) return d;
		if (x==y) return n;
		if (++i==k) y=x,k<<=1;
	}
}
ll tmp[100];int len;
void fact(ll n){
	if (n==1) return;
	if (MR(n)) {tmp[++len]=n;return;}
	ll p=n;for (int c=233;p==n;--c) p=PR(p,c);
	fact(p);fact(n/p);
}
int Case,q[100],cnt,mod;ll n,k,p[100],ans;
int fpow(int x,ll y){
	ll res=1;
	while (y) {if (y&1) res=1ll*res*x%mod;x=1ll*x*x%mod;y>>=1;}
	return res;
}
int g(ll n){return fpow(k,(n+1)>>1);}
int h(ll n){return (n&1?n:n>>1)%mod;}
void dfs(int i,ll d,int pro){
	if (i==cnt+1){
		if ((n/d&1)&&(d&1)==0) return;
		ans=(ans+1ll*g(n/d)*h(n/d)%mod*pro)%mod;
		return;
	}
	dfs(i+1,d,pro);pro=1ll*pro*(mod+1-p[i]%mod)%mod;
	for (int j=1;j<=q[i];++j) d*=p[i],dfs(i+1,d,pro);
}
int main(){
	srand(20020415);
	scanf("%d",&Case);while (Case--){
		scanf("%lld%lld%d",&n,&k,&mod);k%=mod;
		len=cnt=0;fact(n);sort(tmp+1,tmp+len+1);
		for (int i=1;i<=len;++i){
			if (tmp[i]!=tmp[i-1]) p[++cnt]=tmp[i],q[cnt]=0;
			++q[cnt];
		}
		ans=0;dfs(1,1,1);printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}