魔法手链

先拓展一个之前讲过的模型的性质

对于一个编号在\([0,n)\)的环（顺时针编号），从编号为\(x\)的点开始顺时针跳，每次跳\(k\)步，那么最终经过的点一共有\(\frac{n}{d}\)个（其中\(d=\gcd(n,k)\)），如果我们将这\(\frac{n}{d}\)个点按照编号顺序排成一个圆（不是按经过的顺序），那么相邻两个点之间的距离为\(d\)

证明：显然将这\(\frac{n}{d}\)个点按照编号顺序排成一个圆后，这个圆的总长度为\(n\)（相邻两点之间的距离为两点编号差的绝对值）。考虑每个点的编号的形式，为\(x+t_1k-t_2n\)，因为是从\(x\)每次跳\(k\)步，当跳过\(n\)时就要减去\(n\)，所以编号的形式就是\(k,n\)的线性组合。故编号可以写作\(x+td\)，也就是说相邻两个点的距离是\(d\)的倍数，至少为\(d\)；而总长度为\(n\)，当且仅当任意相邻两个点之间的距离为\(d\)才为\(n\)（否则的话会更大），证毕

有了这个性质，我们就可以知道，原图一共被分成了\(d\)个环，每个环的起点为\(x,x+1,x+2,...,x+d-1\)

现在我们考虑Burnside引理，假设我们现在已经获得了\(S\)（也就是满足题意的所有涂色方案），置换群\(G\)即顺时针旋转\(0,1,2,...,n-1\)步，我们现在要求的就是\(|S/G|\)，只需要求\(|S^g|\)

现在我们考虑对于一个固定的\(g\)（也就是每次跳的步数\(k\)已经知道了），那么根据上面的结论，我们只用考虑\(0,1,2,...,d-1\)这\(d\)个点构成的环满足题意的涂色方案一共有多少种就好了

为什么这里不能用Polya定理：Polya定理的内容就是\(|B^{c(g)}|=|S^g|\)，可以想一下这个为什么成立，主要原因还是因为各个循环置换之间互不影响，所以可以任意涂色；而这里显然是会互相影响的，所以只能用Burnside引理

计算\(d\)个点构成的环满足题意的涂色方案一共有多少种：很显然的环形DP，但是这里时间复杂度卡的比较紧，如果采用容斥原理（即按照线形计算，最后强制第一个点和最后一个点涂相同颜色）的话会超时（因为你要枚举第一个点涂的颜色），此时有一个优化：不采用容斥原理，而是采用正面计算，将\(f\)从一维变成二维，\(\forall i∈[0,m),f[i][i]=1\)，这就是说第\(i\)个行向量表示第一个点只能涂第\(i\)种颜色，最后得到的数组经过的时间为\(d+1\)（注意不是\(d\)，因为我们要求最后一个点和第一个点涂的颜色相同，这里相当于断环成链了），然后加上\(f\)的对角线就好了

计算完\(f\)后，我们还不能枚举\(g\)，因为\(n\)太大了，此时肯定只能枚举\(d\)，最后不难知道要计算\(\phi(\frac{n}{d})\)，这种计算约数的欧拉函数的技巧见这篇总结