设 \(f_i(s)\) 表示 \(s\) 是否有长度为 \(i\) 的 \(\text{border}\)，其取值为 \(0\) 或 \(1\)，不难得答案为：

\[\large E\left( (f_1(s)+f_2(s)+\cdots+f_{n-1}(s))^2 \right)=\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}E(f_i(s)f_j(s)) \]

若 \(s\) 有长度为 \(i\) 的 \(\text{border}\)，则其有长度为 \(n-i\) 的周期，因此将 \(f_i(s)\) 的定义改为周期，答案的式子不变。当 \(s\) 有周期 \(i,j\) 时，考虑将一定相同的位置连边，若得到 \(cnt\) 个连通块，则有：

\[\large E(f_i(s)f_j(s))=k^{cnt-n} \]

式子的含义就是连通块第一个点的字符随便选，其他点要和该连通块第一个点的字符相同。

当 \(i+j \leqslant n\) 时，因为有周期 \(i\)，形成了模 \(i\) 意义下的剩余系，于是只需考虑前 \(i\) 个点，因为前 \(i\) 个点都能向后连一条长度为 \(j\) 的边，因此得到 \(\gcd(i,j)\) 个连通块。当 \(i+j>n\) 时，只有前 \(n-j\) 个点能向后连边，每连一条边都有可能使连通块个数减一，但当连边形成环时，连通块个数就不变，得连通块个数为 \(i+j-n\) 加上环的个数，不难得到环的个数为 \(\max(n-j-(i-\gcd(i,j)),0)\)。

整理后代入答案的式子得：

\[\large\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}k^{\max(i+j-n,\gcd(i,j))-n} \]

枚举 \(i+j\) 和 \(\gcd(i,j)\) 得：

\[\large\begin{aligned} &\sum_{s=2}^{2n-2}\sum_{g=1}^{n-1}\sum_{i=\max(1,s-n+1)}^{\min(n-1,s-1)}[\gcd(i,s-i)=g]\\ =&\sum_{s=2}^{2n-2}\sum_{g\mid s}\sum_{i=\max(1,\frac{s}{g}-\left\lfloor \frac{n-1}{g}\right\rfloor)}^{\min(\left\lfloor\frac{n-1}{g}\right\rfloor,\frac{s}{g}-1)}\left[\gcd\left(i,\frac{s}{g}-i\right)=1\right]\\ \end{aligned} \]

设 \(l=\max(1,\frac{s}{g}-\left\lfloor \frac{n-1}{g}\right\rfloor),r=\min(\left\lfloor\frac{n-1}{g}\right\rfloor,\frac{s}{g}-1)\)，反演得：

\[\large\begin{aligned} &\sum_{s=2}^{2n-2}\sum_{g\mid s}\sum_{i=l}^{r}\left[\gcd\left(i,\frac{s}{g}-i\right)=1\right]\\ =&\sum_{s=2}^{2n-2}\sum_{g\mid s}\sum_{d}\mu(d)\sum_{i=l}^{r}\left[d\mid i \and d\mid\left(\frac{s}{g}-i\right)\right]\\ =&\sum_{s=2}^{2n-2}\sum_{g\mid s}\sum_{d\mid \frac{s}{g}}\mu(d)\sum_{i=l}^{r}\left[d\mid i \right]\\ =&\sum_{s=2}^{2n-2}\sum_{g\mid s}\sum_{d\mid \frac{s}{g}}\mu(d)\left(\left\lfloor\frac{r}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{l-1}{d}\right\rfloor\right)\\ \end{aligned} \]

注意到：

\[\large\sum_{i\mid j\mid k \leqslant n}1=\sum_{i \leqslant n}\sum_{j \mid k \leqslant \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}1=\sum_{i \leqslant n}\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\log\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right) \]

因此直接用推得的式子计算的复杂度为 \(O(n\log^2n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200010
#define p 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	x=0;char c=getchar();bool flag=false;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
	if(flag)x=-x;
}
int n,k,tot;
ll ans;
int pri[maxn];
ll mu[maxn],pw[maxn];
bool tag[maxn];
vector<int> ve[maxn];
ll inv(ll x)
{
	ll v=1,y=p-2;
	while(y)
	{
		if(y&1) v=v*x%p;
		x=x*x%p,y>>=1;
	}
	return v;
}
void init(int n)
{
	mu[1]=pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) pw[i]=pw[i-1]*k%p;
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		if(!tag[i]) mu[pri[++tot]=i]=p-1;
		for(int j=1;j<=tot;++j)
		{
			int k=i*pri[j];
			if(k>n) break;
			tag[k]=true;
			if(i%pri[j]) mu[k]=p-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
			ve[j].push_back(i);
}
ll calc(int lim,int sum)
{
	if(lim<=0||sum<=1) return 0;
	ll l=max(1,sum-lim),r=min(lim,sum-1),v=0;
	if(l>r) return 0;
	for(int i=0;i<ve[sum].size();++i)
	{
		int d=ve[sum][i];
		v=(v+mu[d]*(r/d-(l-1)/d)%p)%p;
	}
	return v;
}
int main()
{
	read(n),read(k),init(2*n);
	for(int s=2;s<=2*n-2;++s)
	{
		for(int i=0;i<ve[s].size();++i)
		{
			int g=ve[s][i];
			ans=(ans+calc((n-1)/g,s/g)*pw[max(s-n,g)]%p)%p;
		}
	}
	printf("%lld",ans*inv(pw[n])%p);
	return 0;
}