CF1205E

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给定字符串 \(s\)，定义 \(f(s)\) 为其 \(\rm border\) 的数量，令其长度为 \(n\)，字符集为 \([1,k]\)，求 \(f(s)^2\) 的期望。答案对 \(10^9+7\) 取模。

\(n\le 10^5,k\le 10^9\)

\(\rm Sol:\)

首先如果存在一个长度为 \(x\) 的 \(\rm border\)，那么我们有当前字符串会满足对于 \(i\in [1,x],s_i=s_{i+(n-x)}\)

考虑 \(f(s)\) 的平方，可以考虑经典套路，枚举 \((i,j)\) 且 \(i,j\) 均为 \(s\) 的 \(\rm border\)，那么 \((i,j)\) 的对数就是 \(f(s)^2\)

枚举 \(i,j\) 不利于计算答案，我们可以考虑枚举 \(n-x\) 为 \((i,j)\)，那么对于 \(\forall k\in [1,n-i],s_k=s_{k+i},s_k=s_{k+j}\)，暴力的做法是考虑枚举 \((i,j)\) 然后让 \(x\) 向 \(x+i,x+j\) 连一条边，那么贡献即为 \(k^{cnt}\)，其中 \(cnt\) 为连通块数量。

更进一步，我们不妨设 \(a<b\)，略做观察，我们可以考虑让 \(i\to i+a\) 连一条边，这样可以得到以 \(n\% a\) 为类的共计 \(|a|\) 个组。

我们接下来显然只需要保留每个组的开头，即 \(i\in [1,a]\)，然后使 \(i\to i+b\) 连边，显然这样即可保证连通性。

显然如果 \([1,a]\) 中的点均连了边，我们可以发现此时图会变成 \(\gcd(a,b)\) 个组。

否则，我们发现仅有 \((n-b,a]\) 这个区间内的点没有连边，我们假定之前的 \(b\) 边是将 \(\%a\) 相同的链串成环，那么其会依次断开每个环的一条边，接着才开始断边，于是我们不难发现，当 \(a-(n-b)\le \gcd(a,b)\) 时，边均失效，否则先有 \(\gcd(a,b)\) 条失效边，其余情况可以当作森林的情况计算（点数减去边数），最终我们得到连通块数量为 \(\gcd(a,b)+\max(0,a+b-n-\gcd(a,b))\to \max(a+b-n,\gcd(a,b))\)

于是我们统计的答案即：

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

不妨枚举 \(\gcd(i,j)=d\)，计算贡献我们考虑容斥，先假设所有点均取 \(i+j-n\)，那么此时贡献为：

\[\frac{\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}K^{i+j}}{K^n} \]

枚举 \(i+j\)，计算其出现次数然后乘以贡献即可，复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)

另一边，我们需要修正我们的答案，不难注意到所求为：

\[\begin{aligned} &\sum_{d=1}^{n}\sum_{i,j}^{n/d}[\gcd(i,j)=1] (K^d-K^{(i+j)d-n})[(i+j)d-n< d] \\&=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i,j}^{n/d}\sum_{k|i,k|j} \mu(k)(K^d-K^{(i+j)d-n})[(i+j)d-n< d] \\&=\sum_{d=1}^{n}\sum_{k}^{n/d}\sum_{i,j}[(i+j)kd-n< d]\mu(k)(K^d-K^{(i+j)kd-n}) \\&=\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})\sum_{i,j}[(i+j)T-n< d]\mu(k)K^d-\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})\sum_{i,j}[(i+j)T-n< d] K^{(i+j)T-n} \\&=\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})\sum_{i,j}[(i+j)\le \frac{n+d-1}{T}]K^d-\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})\sum_{i,j}[(i+j)\le \frac{n+d-1}{T}] K^{(i+j)T-n} \\&=\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})f(\frac{n+d-1}{T})K^d-\frac{1}{K^n}\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})G(T,\frac{n-1}{T}+1) \end{aligned}\]

由于边界的不同，您可以看到上述式子推导中边界的问题，我们可以将上界先设为 \(n\)，然后减去 \(i,j\) 分别有一个 \(n\) 对于答案的贡献。

同时，后者的 \(G(T,\frac{n-1}{T}+1)\) 是我们放缩的一个界，容易验证此界与标准界的误差至多为 \(1\)，所以可以对这个 \(1\) 的误差进行特判。

接下来预处理 \(f(x)\)，其中 \(f(x)=\sum_{i,j}^x [i+j\le x]\)，于是我们可以递推 \(f\)，\(f(x)\to f(x+1)\) 相当于增加了 \(i+j=x+1\) 的数，显然为 \(x\)

那么我们的瓶颈在于计算 \(G(T)\)，不难注意到内部的 \([(i+j)\le ...]\) 是一个更严的界，所以我们可以直接考虑每个元素对于答案的贡献次数，显然对于 \((i+j)=x\) 其被计算次数为 \((x-1)\)，那么我们不妨枚举 \(T\) 然后通过调和级数统计答案即可。

通过预处理 \(K^d\)，我们可以做到 \(\mathcal O(n\log n)\)