由于这是第一天去实现polya题，所以由易到难，先来个铺垫题（假设读者是看过课件的，不然可能会对有些“显然”的地方会看不懂）：
一：POJ1286 Necklace of Beads ：有三种颜色，问可以翻转，可以旋转的染色方案数，n<24。
1，n比较小，恶意的揣测出题人很有可能出超级多组数据，所以先打表。
2，考虑旋转：
for(i=;i<n;i++) sum+=pow(n,gcd(n,i));
3，考虑翻转：
if(n&) sum+=n*pow(,n/+) ;
else {
sum+=n/*pow(,n/) ;
sum+=n/*pow(,n/+) ;
}
4，除以总置换数（2*n=n+n/2+n/2）:
sum/=(*n);
5，终极代码：
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
ll ans[];
ll gcd(ll a,ll b) { if(b==) return a; return gcd(b,a%b); }
ll pow(ll a,ll x)
{
ll res=;
while(x){
if(x&) res*=a;
x>>=;
a*=a;
} return res;
}
int main()
{
ll n,i,sum;
for(n=;n<=;n++){
sum=;
for(i=;i<n;i++) sum+=pow(,gcd(n,i));
if(n&) sum+=n*pow(,n/+) ;
else {
sum+=n/*pow(,n/) ;
sum+=n/*pow(,n/+) ;
}
ans[n]=sum/n/;
}
while(~scanf("%lld",&n)){
if(n==-) return ;
printf("%lld\n",ans[n]);
}
return ;
}
二：HDU3923：Invoker ：把3改成m即可。
1，注意有乘法的话担心超int还是用long long保险。
2，注意除置换群2*n的时候要逆元。。。比赛的时候就是没有加逆元，导致我牛客第四场排名15。。。不然连续5场前10挺好的。。。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int Mod=;
#define ll long long
int gcd(int a,int b) { if(b==) return a; return gcd(b,a%b); }
int qpow(int a,int x)
{
int res=;a%=Mod;
while(x){
if(x&) res=(ll)res*a%Mod;
x>>=;
a=(ll)a*a%Mod;
} return res;
}
int main()
{
int T,n,m,i,Case=,ans;
scanf("%d",&T); while(T--){
scanf("%d%d",&m,&n);
ans=;
for(i=;i<n;i++) ans=(ans+qpow(m,gcd(n,i)))%Mod;
if(n&) ans=(ans+n*qpow(m,n/+))%Mod;
else {
ans=(ans+n/*qpow(m,n/))%Mod;
ans=(ans+n/*qpow(m,n/+))%Mod;
}
ans=(ll)ans%Mod*qpow(*n,Mod-)%Mod;
printf("Case #%d: %d\n",++Case,ans);
}
return ;
}
----------------------------------------------------分界线----------------------------------------------------
下面的需要加优化了。
三：POJ2154 Color： 求可以旋转，不可以翻转的置换，n个珠子，n种颜色，答案mod K，n<1e9。
那么本题只考虑旋转，则：
for(i=;i<n;i++) ans+=pow(n,gcd(n,i));
ans/=n;
之前莫比乌斯那里，我们常用技巧是合并。 这里考虑gcd相同的合并。（做多了还是有点灵感滴，yeah）。
得到：
解决这个公式需要：快速幂+欧拉函数+一些素数的常识。
1，快速幂不说了，注意先模运算。
2，欧拉函数，枚举L，即n的素因子，然后根据phi=L*(1-1/p1)*(1-1/p2)...得到欧拉函数。
3，素数常识，在这里指的是一个数n的素因子最多有一个大于根号n，所以一直除，把根号n前的素数都除完了，留下的一定是大于根号n的一个素数。
//可以线筛一部分欧拉函数出来，不够的再枚举素数；枚举的话不超过根号个，所以复杂度不会太高。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=;
int ans, Mod;
int pri[maxn+],cnt,vis[maxn+],phi[maxn+];
int qpow(int a,int x)
{
int res=;a%=Mod;//这里a一定要除一下，不然会超int，猪啊。
while(x){
if(x&) res=res*a%Mod;
x>>=; a=a*a%Mod;
} return res%Mod;
}
void prime()
{
phi[]=;
for(int i=;i<=maxn;i++){
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-;
for(int j=;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++) {
vis[pri[j]*i]=;
if(i%pri[j]==) {
phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
}
else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-);
}
}
}
int Phi(int x)
{
if(x<=maxn) return phi[x]%Mod;
int res=x;
for(int i=;pri[i]*pri[i]<=x;i++)
if(x%pri[i]==){
res=(res-res/pri[i]);
while(x%pri[i]==) x/=pri[i];
}
if(x!=) res=(res-res/x);
return res%Mod;
}
int main()
{
int n,T; prime();
scanf("%d",&T);
while(T--){
ans=; scanf("%d%d",&n,&Mod);
for(int i=;i*i<=n;i++){
if(n%i!=) continue;
ans=(ans+qpow(n,i-)*Phi(n/i))%Mod;
if(i*i!=n) ans=(ans+qpow(n,n/i-)*Phi(i))%Mod;
}
printf("%d\n",ans);
} return ;
}
--------------------【优化】-----------
--------------------【here】-------------
这些基本的都可以用欧拉函数来优化，比如上面的第二个例子。
上面的代码是500+ms。
优化后0ms。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=;
const int Mod=1e9+;
#define ll long long
ll ans;
ll pri[maxn+],cnt,vis[maxn+],phi[maxn+];
ll qpow(ll a,ll x)
{
ll res=;a%=Mod;//这里a一定要除一下，不然会超int，猪啊。
while(x){
if(x&) res=res*a%Mod;
x>>=; a=a*a%Mod;
} return res%Mod;
}
void prime()
{
phi[]=;
for(int i=;i<=maxn;i++){
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-;
for(int j=;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++) {
vis[pri[j]*i]=;
if(i%pri[j]==) {
phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
}
else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-);
}
}
}
int main()
{
ll n,m,T,Case=; prime();
scanf("%lld",&T);
while(T--){
ans=; scanf("%lld%lld",&m,&n);
for(ll i=;i*i<=n;i++){
if(n%i!=) continue;
ans=(ans+qpow(m,i)*phi[n/i])%Mod;
if(i*i!=n) ans=(ans+qpow(m,n/i)*phi[i])%Mod;
}
if(n&) ans=(ans+n*qpow(m,n/+))%Mod;
else {
ans=(ans+n/*qpow(m,n/))%Mod;
ans=(ans+n/*qpow(m,n/+))%Mod;
}
ans=ans%Mod*qpow(*n,Mod-)%Mod;
printf("Case #%lld: %lld\n",++Case,ans);
} return ;
}
其他类似的题目还有，HDOJ：2084、2647、1812、3411、2865、2481。POJ：1286、2409、2154、2888。