计数类 *3100 首次独立过纪念版题解。
首先我们考虑一个去重的问题。貌似针对循环同构去重的问题，只能从循环节上入手。
那么我们考虑设 \(dp(d)\) 为 最小循环节长度恰好为 \(d\) 不同方案数个数，则答案为：
\[\sum_{d=1}^ndp(d)=\sum_{d|n}\frac{dp(d)}{d} \]这似乎是一条可行的路。但我们发现确定最小循环节长度是一个较为困难的问题，反而确定存在一个长度为 \(d\) 的循环节（直接固定，类似于二项式反演的思想）更为容易。
所以不妨有设 \(g(d)\) 为存在长度为 \(d\) 的循环节的方案数，则容易有 \(g(n)=\sum_{d|n}dp(d)\)，因此由莫比乌斯反演我们知道 \(dp(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d)\)。
好了现在让我们来想想 \(g\) 的求法。
一个困扰我们的问题是原问题摆在了环上，但幸好我们可以将原题意转化为求解有多少个环状二进制串，满足 \(cnt_1\in[c,c+k]\)，存在一个全是一的连续段长度大于等于 \(c\)。
如果说去掉环的限制显然是一个很 naive 的 DP 题，而环的限制本质上还是对同构提出了要求。
我们考虑字符串 \(S\) 的循环同构串数量，不妨设 \(S_i\) 为 \(S\) 从 \(i\) 位置开始的循环串。则显然有设 \(x\) 为 \(S\) 的最小循环节长度，有 \(S_i=S_{i+x}\)，且 \(S_1\sim S_x\) 互不相同。
这告诉我们 \(g(d)\) 其实也就是只需要考虑填这个串的 \([1,d]\) 位即可，剩下的就是复制的问题了。
好了，现在我们可以考虑怎么去掉个数限制了。
为了方便统计，我们就强行要求 \(S[1]=0\) 吧。我们不妨设 \(f_{i,j,0/1}\) 为在 \([1,i]\) 中填写 \(j\) 个零，且最后一个零是 \(i\)，当前是否已经填过长度大于等于 \(c\) 的一连续段。
则对于 \(S_1\sim S_d\) 两两不同的限制就太简单了，这意味着只考虑 \(S[1,d]\)，将其作为一个循环串，每个位置开头都不一样，这告诉我们如果我们将强制 \(S[1]=0\)，则对于任意一个使用了 \(t\) 个零的合法串，都恰有 \(t-1\) 个与它同构，这告诉我们 \(\frac{f_{i,j,0/1}}{j}\) 就是填完 \(S[1,i]\)，然后 \([i+1,d]\) 全部写 \(1\)，所产生的贡献。
首先我们进行 \(O(n^2)\) 的动态规划求出 \(f\)。
就有 \(f_{i,j,t}\to f_{i+x+1,j,t|[x\ge c]}\)，初始 \(f_{1,1,0}=1\)。
这个转移显然可以使用差分进行优化。
接着我们有 \(s_{i,j,t}=\sum_{x\le j}\frac{f_{i,x,t}}{x}\)。
然后我们就可以考虑着手求出 \(g\) 了。
对于 \(g_d\)，由于它要复制 \(\frac{n}{d}\) 次，我们可以求出其能够填写的零的个数的范围 \([l,r]\)，同时枚举最后一个零的位置 \(i\in[1,d]\)，注意到 \([i+1,d]\) 全部写一，利用 \(s\) 进行统计即可。
但是我们需要注意到可能会出现类似于统计 \(g(6)\)，对于串 011011 这种答案。
我们发现这个串是应该属于 \(dp(3)\)。在这里还多除以了一个 \(2\)，因此这提示我们可能需要更改一下朴素的莫比乌斯容斥系数。
一个很简便的方法是：将所有的 \(d\) 直接化为 \(n\)，也即直接乘上 \(\frac{d}{n}\)，这样就去除了这种多除的问题。然后最后算答案的时候 \(dp(d)\) 再乘上 \(\frac{n}{d}\) 即可。
复杂度 \(O(n^2+d^2(n)+\sum_{d|n}d)=O(n^2)\)
标签：同构,frac,题解,sum,我们,循环,Unique,Strings,dp From： https://www.cnblogs.com/spdarkle/p/18196847