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(mathcal{Description})
大意：给一条长度为(n)的项链，有(m)种颜色，另有(k)条限制，每条限制为不允许(x,y)颜色连在一起。要求有多少种本质不同的染色方式，本质不同的两种染色方式必须旋转不能互相得到。
输入方式：
第一行 (t,)表示t组数据
接下来(t)组数据：
每组数据第一行为(n,m,k)
接下来(k)行，每行两个数(x,y)表示不允许(x,y)颜色连在一起。
答案对9973取模
((1 ≤ n ≤ 10^9, gcd(n, 9973) = 1), m (1 ≤ m ≤ 10), k (1 ≤ k ≤ m(m − 1) /2))
(mathcal{Solution})
本篇题解假设大家都会没有(k)条限制的版本
由于染色有限制，所以(polya)定理就不好用了
用(burnside)定理解决(发现大家标题都打得polya,于是也这么打标题了)
首先枚举不同的置换，即枚举循环长度，这一块和用(polya)定理有点像
由于(n)很大，要用(varphi)来优化
一个置换中，循环的元素的所有颜色必须相同，所以我们要计算有多少个循环，这些循环有多少种染色方法
计算染色方法
考虑在该置换内一个循环一个循环的染色，我们可以看做从不同颜色节点走向另一节点
用邻接矩阵(f[i][j])表示从(i)能否走向(j)
除去那(k)条限制，所有其他的(i,j) , (f[i][j]=1),即在染为第(i)种颜色后是可以染为第(j)种颜色的
这时候想到邻接矩阵的妙用，用矩乘计算(n)次之后得到的(f[i][j])的意义发生改变
(f[i][j])表示从(i)出发，走(n)步，最后结束在(j)有多少种走法。
由于是一个走一圈，所以 从(i)出发应在(i)结束，答案贡献为(f[i][i])
这样就可以计算长度为(n)的循环的染色方法了：求出原矩阵的(n)次方后的矩阵后(sum_{i=1}^mf[i][i])
注意取模
代码
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年07月04日 星期四 14时25分13秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 25;
const int mod = 9973;
//{{{cin 读入优化
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
int t,n,m,k,x,y,ni,ans;
//{{{Matrix
struct Matrix{
int rec[maxn][maxn];
Matrix(){ memset(rec,0,sizeof(rec));}
Matrix operator = (const Matrix &y){
for (int i=1;i<=m;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
rec[i][j]=y.rec[i][j];
return *this;
}
friend Matrix operator * (const Matrix &a,const Matrix &b){
Matrix t;
for (int i=1;i<=m;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
for (int k=1;k<=m;++k)
t.rec[i][j]=(t.rec[i][j]+a.rec[i][k]*b.rec[k][j])%mod;
return t;
}
Matrix operator ^ (int b){
Matrix s,a;
a=*this;
for (int i=1;i<=m;++i) s.rec[i][i]=1;
for (;b;b>>=1,a=a*a)
if (b&1) s=s*a;
return s;
}
}a,b;
//}}}Martix
//{{{get_phi
int get_phi (int x)
{
int res=x;
for (int i=2;i*i<=x;++i)
if (x%i==0){
res=res/i*(i-1);
while (x%i==0) x/=i;
}
if (x>1) res=res/x*(x-1);
return res%mod;//此处要取模
}
//}}}
//{{{ksm
int ksm (int a,int b)
{
int s=1;
a%=mod;
for (;b;a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
if (b&1) s=1ll*s*a%mod;
return s;
}
//}}}
//{{{calc
int calc (int x)
{
b=a^x;
int res=0;
for (int i=1;i<=m;++i) res=(res+b.rec[i][i])%mod;
return res;
}
//}}}
int main()
{
cin>>t;
while (t--){
cin>>n>>m>>k;
ans=0,ni=ksm(n,mod-2);//ni n的逆元
for (int i=1;i<=m;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
a.rec[i][j]=1;
while (k--){
cin>>x>>y;
a.rec[x][y]=a.rec[y][x]=0;
}
for (int i=1;i*i<=n;++i)
if (n%i==0){
ans=(ans+get_phi(i)*calc(n/i)%mod)%mod;
if (i*i!=n) ans=(ans+get_phi(n/i)*calc(i)%mod)%mod;
}
ans=ans*ni%mod;
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}