BZOJ5330 SDOI2018 反回文串

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列舉乙個長度為$n$為回文串，它的所有迴圈位移都可以產生貢獻。

但是這樣算重了。重複的地方在於可能多個回文串迴圈同構，或者可能有的回文串經過小於$n$次迴圈位移後能夠得到自身。

乙個比較好的處理方式是：對每個回文串求最小的$x$使這個串經過$x$次迴圈位移後可以再次成為乙個回文串。這樣對每個回文串求$\sum x$顯然就不會算重了。

考慮乙個串的$x$是什麼。顯然會和這個串的最小迴圈節長度有關。實際上如果最小迴圈節長度為偶數，那麼$x$就會是這個長度的一半；否則就等於這個長度。

形式化地，如果乙個回文串的最小迴圈節長度為$i$，那麼它對答案的貢獻就是$h(i)=i\frac]}$。

設最小迴圈節為$i$的回文串共有$f(i)$個，那麼我們要求的答案就是

\[ans=\sum_f(d)h(d)

\]又因為$$\sum_f(d)=k^=g(n)$$

所以$$f(n)=\sum_g(d)\mu(\frac nd)$$

代入原式$$ans=\sum_\sum_g(i)\mu(\frac di)h(d)\=\sum_g(i)\sum_\mu(d)h(id)$$

我們希望可以把$h(id)$中的$i$提出來，這樣後半部分就是乙個關於$\frac ni$的函式了。

因為$h(x)$不是$x$就是$\frac x2$，我們發現$h(id)\neq d\times h(i)$當且僅當$i$是奇數且$d$是偶數，而$d|\frac ni$所以$d$是偶數就說明$\frac ni$也是偶數。那麼我們現在假設$i$是奇數且$\frac ni$是偶數，考慮下面這個式子的取值。

\[\sum_\mu(d)h(id)

\]顯然只有$\mu(d)$非零項有貢獻，而$\frac ni$中含有$2$這個因子就使得所有$\mu(d)$非零項中含$2$與不含$2$的$d$可以一一對應。他們的$h(id)$的值是相同的，而$\mu(d)$的值恰好相反，所以這個式子的值一定為$0$。

話說回來。我們現在已經知道了$h(id)\neq d\times h(i)$的情況沒有貢獻，就可以放心大膽地用這一種變換了。

\[ans=\sum_g(i)\sum_\mu(d)h(id)\\=\sum_g(i)h(i)\sum_d\mu(d)

\]（在列舉$i$時需要跳過$i$是奇數而$\frac ni$是偶數的項）

考慮後面的東西是個啥。還是只有$\mu(d)$非零項有貢獻，也就是說含有奇數個質因子的$d$會乘上$-1$，含有偶數個質因子的$d$為乘上$1$，所以這個值相當於是將$\frac ni$質因數分解為$p_1^p_2^...p_k^$後，為$\prod_^k(1-p_i)$。

所以到這裡就比較簡單了。先用$pollard-rho$演算法將$n$分解，再dfs列舉$n$的每乙個約數$d$，在搜尋的過程中自然可以求出那個$\prod_^k(1-p_i)$。

#include#include#includeusing namespace std;
#define ll long long
ll mul(ll x,ll y,ll m)
ll fastpow(ll x,ll y,ll m)
return res;
}ll f=;
bool mr(ll p)
} return true;
}ll pr(ll n,ll c)
}ll tmp[100];int len;
void fact(ll n)
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)
return res;
}int g(ll n)
int h(ll n)
void dfs(int i,ll d,int pro)
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()
ans=0;dfs(1,1,1);printf("%lld\n",ans);
} return 0;
}

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