[BZOJ5330][SDOI2018]反迴文串

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枚舉一個長度爲\(n\)爲迴文串，它的全部循環位移均可以產生貢獻。
可是這樣算重了。重複的地方在於可能多個迴文串循環同構，或者可能有的迴文串通過小於\(n\)次循環位移後可以獲得自身。
一個比較好的處理方式是：對每一個迴文串求最小的\(x\)使這個串通過\(x\)次循環位移後能夠再次成爲一個迴文串。這樣對每一個迴文串求\(\sum x\)顯然就不會算重了。
考慮一個串的\(x\)是什麼。顯然會和這個串的最小循環節長度有關。實際上若是最小循環節長度爲偶數，那麼\(x\)就會是這個長度的一半；不然就等於這個長度。

形式化地，若是一個迴文串的最小循環節長度爲\(i\)，那麼它對答案的貢獻就是\(h(i)=i\frac{1+[i\mbox{是奇數}]}{2}\)。

設最小循環節爲\(i\)的迴文串共有\(f(i)\)個，那麼咱們要求的答案就是

\[Ans=\sum_{d|n}f(d)h(d) \]

又由於$$\sum_{d|n}f(d)=k^{\lceil\frac n2\rceil}=g(n)$$

因此$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\mu(\frac nd)$$

代入原式$$Ans=\sum_{d|n}\sum_{i|d}g(i)\mu(\frac di)h(d)\=\sum_{i|n}g(i)\sum_{d|\frac ni}\mu(d)h(id)$$

咱們但願能夠把\(h(id)\)中的\(i\)提出來，這樣後半部分就是一個關於\(\frac ni\)的函數了。

由於\(h(x)\)不是\(x\)就是\(\frac x2\)，咱們發現\(h(id)\neq d\times h(i)\)當且僅當\(i\)是奇數且\(d\)是偶數，而\(d|\frac ni\)因此\(d\)是偶數就說明\(\frac ni\)也是偶數。那麼咱們如今假設\(i\)是奇數且\(\frac ni\)是偶數，考慮下面這個式子的取值。

\[\sum_{d|\frac ni}\mu(d)h(id) \]

顯然只有\(\mu(d)\)非零項有貢獻，而\(\frac ni\)中含有\(2\)這個因子就使得全部\(\mu(d)\)非零項中含\(2\)與不含\(2\)的\(d\)能夠一一對應。他們的\(h(id)\)的值是相同的，而\(\mu(d)\)的值剛好相反，因此這個式子的值必定爲\(0\)。

話說回來。咱們如今已經知道了\(h(id)\neq d\times h(i)\)的狀況沒有貢獻，就能夠放心大膽地用這一種變換了。

\[Ans=\sum_{i|n}g(i)\sum_{d|\frac ni}\mu(d)h(id)\\=\sum_{i|n}g(i)h(i)\sum_{d|\frac ni}d\mu(d) \]

（在枚舉\(i\)時須要跳過\(i\)是奇數而\(\frac ni\)是偶數的項）

考慮後面的東西是個啥。仍是隻有\(\mu(d)\)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\(d\)爲乘上\(1\)，因此這個值至關因而將\(\frac ni\)質因數分解爲\(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}\)後，爲\(\prod_{i=1}^k(1-p_i)\)。

因此到這裏就比較簡單了。先用\(Pollard-Rho\)算法將\(n\)分解，再dfs枚舉\(n\)的每個約數\(d\)，在搜索的過程當中天然能夠求出那個\(\prod_{i=1}^k(1-p_i)\)。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<ctime>
using namespace std;
#define ll long long
ll mul(ll x,ll y,ll m){
	x%=m;y%=m;
	return (x*y-(ll)(((long double)x*y+0.5)/(long double)m)*m+m)%m;
}
ll fastpow(ll x,ll y,ll m){
	ll res=1;
	while (y) {if (y&1) res=mul(res,x,m);x=mul(x,x,m);y>>=1;}
	return res;
}
ll f[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29};
bool MR(ll p){
	for (int i=0;i<10;++i){
		if (p<=f[i]) break;
		if (fastpow(f[i],p-1,p)!=1) return false;
		ll pp=p-1;
		while (~pp&1){
			pp>>=1;ll y=fastpow(f[i],pp,p);
			if (mul(y,y,p)==1&&y!=1&&y!=p-1) return false;
		}
	}
	return true;
}
ll PR(ll n,ll c){
	ll i=0,k=2,x,y;x=y=1+rand()%(n-1);
	while (1){
		x=(mul(x,x,n)+c)%n;
		ll d=__gcd((y-x+n)%n,n);
		if (d!=1&&d!=n) return d;
		if (x==y) return n;
		if (++i==k) y=x,k<<=1;
	}
}
ll tmp[100];int len;
void fact(ll n){
	if (n==1) return;
	if (MR(n)) {tmp[++len]=n;return;}
	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){
	ll res=1;
	while (y) {if (y&1) res=1ll*res*x%mod;x=1ll*x*x%mod;y>>=1;}
	return res;
}
int g(ll n){return fpow(k,(n+1)>>1);}
int h(ll n){return (n&1?n:n>>1)%mod;}
void dfs(int i,ll d,int pro){
	if (i==cnt+1){
		if ((n/d&1)&&(d&1)==0) return;
		ans=(ans+1ll*g(n/d)*h(n/d)%mod*pro)%mod;
		return;
	}
	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(){
	srand(20020415);
	scanf("%d",&Case);while (Case--){
		scanf("%lld%lld%d",&n,&k,&mod);k%=mod;
		len=cnt=0;fact(n);sort(tmp+1,tmp+len+1);
		for (int i=1;i<=len;++i){
			if (tmp[i]!=tmp[i-1]) p[++cnt]=tmp[i],q[cnt]=0;
			++q[cnt];
		}
		ans=0;dfs(1,1,1);printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}