礼物
情人节就要到了，小Y想要买一份礼物送给自己的女朋友。但是他在买完礼物后发现自己并没有女朋友，所以他决定把礼物送给自己（真可怜）。
这份礼物其实是一个手环。这个手环上一共有(n)个珠子，而且现在它们看上去都是一样的。
因为没有人陪着过情人节，小Y觉得特别无聊，于是就一个人宅在家里修炼膜法。最终他习得了一种膜法，可以把他手环上(n)个珠子中的(m)个变成金色的，这样他的手环就会显得非常高端大气上档次。
但是膜法毕竟都是假的，表面上的光鲜亮丽并不能够长久地存在。因此，手环上被变成金色的最长连续段不能太长，具体地，这个最长长度不能超过小Y心里想的一个阈值(k)。
小Y想要知道他在使用膜法后可能产生的不同手环的方案数。两个手环被认为是不同的，当且仅当它们不能仅通过旋转变得一模一样。也就是说，如果两个手环需要通过翻转才能够一模一样，则我们认为这两个手环是不同的。
由于答案可能很大，所以小Y只需要你告诉他答案对(998244353)取模后的结果就好了。
对于100%的测试数据，保证(1leq Tleq 5)，(1leq nleq 10^6)，(0leq kleq mleq n)。
题解
显然是Burnside引理题。枚举转了(a)步，那么共有(gcd(a,n))个循环，每个循环长度为(frac{n}{gcd(a,n)})。
若(mmod frac{n}{gcd(a,n)} eq 0)，显然不动点个数为(0)。否则可以看做长为(gcd(a,n))的环上把(m/frac{n}{gcd(a,n)})个点染成金色，且最长连续段不能超过(k)。
如果(m/frac{n}{gcd(a,n)}=gcd(a,n))的话，说明(n)个点都要被染成金色。只需判断(nleq k)即可。
否则金色就不可能一直拼接，那么手环的最长金色长度可以看成长为(gcd(a,n))的环上的最长金色长度。于是转化成了子问题：长为(n)的环上，要染(m)个金色，最长金色长度不超过(k)的方案数。
将(n-m)个灰色点之间的距离看成变量(x_1,x_2,dots,x_{n-m})，那么求的就是方程
的解。每个解的贡献是(x_1+1)。
限制(leq k)直接容斥，贡献(x_1+1)利用期望的线性性拆开计算，(x_1)的贡献利用组合意义。
时间复杂度(O(sigma_1(n)))。
CO int N=1e6+10;
int prime[N],num,phi[N];
vector<int> divs[N];
int fac[N],inv[N],ifac[N];
IN int C(int n,int m){
if(m>n) return 0;
return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
int calc(int n,int m,int k){ // m<n
int ans=0;
for(int i=0;i<=n-m and i*(k+1)<=m;++i){
int sum=mul(C(n-m,i),C(n-i*(k+1)-1,n-m-1));
if(i) sum=add(sum,mul(C(n-m-1,i-1),mul(k+1,C(n-i*(k+1)-1,n-m-1)))); // notice range
if(i) sum=add(sum,mul(C(n-m-1,i-1),C(n-i*(k+1)-1,n-m)));
sum=add(sum,mul(C(n-m-1,i),C(n-i*(k+1)-1,n-m)));
ans=add(ans,i%2==0?sum:mod-sum);
}
return ans;
}
void real_main(){
int n=read<int>(),m=read<int>(),k=read<int>();
int ans=0;
for(int g:divs[n])if(m%(n/g)==0){
if(m/(n/g)==g){
if(n<=k) ans=mul(ans,phi[n/g]);
continue;
}
ans=add(ans,mul(calc(g,m/(n/g),k),phi[n/g]));
}
ans=mul(ans,fpow(n,mod-2));
printf("%d
",ans);
}
int main(){
freopen("gift.in","r",stdin),freopen("gift.out","w",stdout);
phi[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
if(!prime[i]){
prime[++num]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=num and i*prime[j]<N;++j){
prime[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
}
}
for(int i=1;i<N;++i)for(int j=i;j<N;j+=i)
divs[j].push_back(i);
fac[0]=fac[1]=1;
inv[0]=inv[1]=1;
ifac[0]=ifac[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
}
for(int T=read<int>();T--;) real_main();
return 0;
}
Large party
Irena和Sirup正准备下个周末的Party。为这个Party，他们刚刚买了一个非常大的圆桌。他们想邀请每个人，但他们现在不知道如何分配座次。Irena说当有超过(K)个女孩座位相邻（即这些女孩的座位是连续的，中间没有男孩）的话，她们就会说一整晚的话而不和其他人聊天。
Sirup没有其他选择，只有同意她。然而，作为一名数学家，他很快地痴迷于所有可能方案。
题目说明： (N)个人围绕着圆桌坐着，其中一些是男孩，另一些是女孩。你的任务是找出所有合法的方案数，使得不超过(K)个女孩座位是连续的。
循环同构会被认为是同一种方案。
对于100%的数据(N,Kleq 2000)。
题解
https://www.cnblogs.com/ErkkiErkko/p/10067750.html
https://www.cnblogs.com/suika/p/10363559.html
若(nleq k)，则没有不合法的方案。方案数为(2^{gcd(a,n)})。
否则每个循环内一定有一个男生。考虑用DP求出方案数(F(gcd(a,n)))。
设(G(i))表示(1)和(i)都是男生的序列，中间连续女生不超过(k)个的方案数。用前缀和优化(O(1))转移。
设(F(i))表示长为(i)的循环，连续女生不超过(k)个的方案数。
用前缀和优化(O(1))转移。
总时间复杂度(O(n))。
CO int N=2e3+10;
int power[N],inv[N];
int G[N],sum[N][2],F[N];
void real_main(){
int n=read<int>(),k=read<int>();
if(n<=k) copy(power+1,power+n+1,F+1);
else{
G[1]=sum[1][0]=sum[1][1]=1;
for(int i=2;i<=k+2;++i){
G[i]=power[i-2];
sum[i][0]=add(sum[i-1][0],G[i]);
sum[i][1]=add(sum[i-1][1],mul(G[i],i));
}
for(int i=k+3;i<=n;++i){
G[i]=add(sum[i-1][0],mod-sum[i-k-2][0]);
sum[i][0]=add(sum[i-1][0],G[i]);
sum[i][1]=add(sum[i-1][1],mul(G[i],i));
}
for(int i=1;i<=k;++i) F[i]=add(power[i],mod-1);
for(int i=k+1;i<=n;++i){
F[i]=mul(sum[i][0]+mod-sum[i-k-1][0],i+1);
F[i]=add(F[i],mod-add(sum[i][1],mod-sum[i-k-1][1]));
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i) ans=add(ans,F[gcd(i,n)]);
ans=mul(ans,inv[n]);
printf("%d
",ans);
}
int main(){
power[0]=1;
for(int i=1;i<N;++i) power[i]=mul(power[i-1],2);
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
for(int T=read<int>();T--;) real_main();
return 0;
}