题意：长度为 $n$ 的环染 $m$ 种颜色，要求任意相邻 $m$ 个元素不能包含全部的颜色。求方案数 模 $10^9+7$，循环同构。

$n\le 10^9,m\le 7$

为啥我现在天天都在打表啊

先上 polya，对于移动 $i$ 位的置换不动点个数为 $\gcd (i,n)$。而因为这个也是循环的，所以可以把每相邻的 $n/\gcd (i,n)$ 个看成一个环。设 $f(n)$ 表示循环不同构的方案，显然答案就是

$$\sum _{d\mid n}f(d)\phi (\frac{n}{d})$$

这样就把循环同构搞掉了。

然后有一个暴力的dp：$f(i,S)$ 表示填了 $i$ 个数，最后 $m$ 个的颜色状态是 $S$,枚举开头 $m$ 个转移到最后再看合不合法。

发现这个 dp 是个矩阵的形式。有个很强的结论：存在 $n$ 阶矩阵递推等价于存在 $n$ 阶线性递推。这个矩阵递推可以有很多含义，包括任意元素、所有元素的和，甚至矩阵本身。

也就是说，尽管这个限制很多，我们也有（xia）理（j）由（b）相（cai）信（xiang）这个 $f$ 一定存在不超过 $m^m$ 次的线性递推式。然后你就可以打表BM线性递推一条龙服务了。

但是这个暴力 dp 实在太慢了，你光枚举开始状态都有 $m^m$ ，后面再怎么都至少有个 $m^m$，写得不好可能还要多个 $m^m$，可能不能在可预见的时间内跑出来。考虑做点优化。

上面已经看出来了，复杂度瓶颈其实在枚举开头，考虑这部分怎么优化。注意到如果开头枚举的 $m$ 个数中有相同的，那么结尾的时候检查就不用到这里了，也就是开头剩下的怎么填都不影响合法性。而之前的还可以重标号搞掉。

具体而言，我们枚举一个 $w$ 表示开头有多少个连续的不同的数，即对于 $i\in [1,w],a_i=i$。然后后面一个数钦定与前面的相同，即 $a_{i+1}\in [1,w]$。之后就可以正常转移了。最后再乘上个 $m^{\underline{w}}$ 加起来就是答案。

这样复杂度到了$O(N\cdot m^m\cdot \mathrm{poly}(m))$，其中 $N$ 为打前多少个数的表，考场上根据你的梦想和人品来决定，这里打了 $1000$ 个。因为懒得进一步优化，就直接跑 $55\min$ 跑出来了，但我看其他人只跑了几十秒……

然后就是套板子的事情了。

暴力求 $f$：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 1000005
using namespace std;
const int MOD=1e9+7,N=1000;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD,p>>=1;}return ans;
}
int m,a[10],MAX,vis[MAXN];
inline bool check(int x)
{if (~vis[x]) return vis[x];for (int i=0;i<m;i++) a[i]=0;int t=x;for (int i=0;i<m;i++){a[x%m]=1;x/=m;}for (int i=0;i<m;i++) if (!a[i]) return (vis[t]=1);return (vis[t]=0);
}
int cur[MAXN],t[MAXN],ans[MAXN];
inline void solve()
{for (int w=1;w<m;w++){int st=0;for (int i=1;i<=w;i++) st=st*m+i;for (int k=1;k<=w;k++){for (int i=0;i<MAX;i++) cur[i]=0;cur[st*m+k]=1;int tmp=0;for (int tt=st*m+k,j=1;j<=w+1;tt=(tt*m+(j>w? k:j))%MAX,j++)if (!check(tt))goto end1;tmp=add(tmp,1);end1:;for (int i=m;i>=m-w+1;i--) tmp=(ll)tmp*i%MOD;ans[w+1]=add(ans[w+1],tmp);for (int T=1;T<=N-w-1;T++){for (int i=0;i<MAX;i++) t[i]=0;for (int i=0;i<MAX;i++)if (check(i))for (int v=0;v<m;v++){int j=(i*m+v)%MAX;if (check(j)) t[j]=add(t[j],cur[i]);}for (int i=0;i<MAX;i++) cur[i]=t[i];int tmp=0;for (int i=0;i<MAX;i++){for (int t=i,j=1;j<=w+1;t=(t*m+(j>w? k:j))%MAX,j++)if (!check(t))goto end;tmp=add(tmp,cur[i]);end:;}for (int i=m;i>=m-w+1;i--) tmp=(ll)tmp*i%MOD;ans[T+w+1]=add(ans[T+w+1],tmp);
//				if (T+w+1==m+1) ans[m]=add(ans[m],tmp);}}}
}
int main()
{memset(vis,-1,sizeof(vis));cin>>m;MAX=qpow(m,m);printf("%d\n",N);solve();for (int i=1;i<m;i++) ans[i]=qpow(m,i);for (int i=1;i<=N;i++) printf("%d ",ans[i]); return 0;
}

找递推式：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 2005
using namespace std;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
const int MOD=1e9+7;
typedef long long ll;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;}
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD,p>>=1;}return ans;
}
int n,m,F[MAXN],R[MAXN],las[MAXN],p,delta,tmp[MAXN];
int main()
{n=read();for (int i=1;i<=n;i++) F[i]=read();for (int k=1;k<=n;k++){int res=0;for (int i=1;i<=R[0];i++) res=(res+(ll)F[k-i]*R[i])%MOD;if (res==F[k]) continue;if (!R[0]){R[0]=p=k,delta=F[k];continue;}memcpy(tmp,R,sizeof(tmp));int x=(ll)dec(F[k],res)*qpow(delta,MOD-2)%MOD;R[k-p]=add(R[k-p],x);for (int i=1;i<=las[0];i++) R[k-p+i]=dec(R[k-p+i],(ll)las[i]*x%MOD);R[0]=max(R[0],k+las[0]-p);memcpy(las,tmp,sizeof(las)),delta=dec(F[k],res),p=k;}printf("%d\n",R[0]);for (int i=1;i<=R[0];i++) printf("%d%c",F[i],",\n"[i==R[0]]);for (int i=1;i<=R[0];i++) printf("%d%c",R[i],",\n"[i==R[0]]);return 0;
}

交上去的程序：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
const int len[]={0,0,1,7,18,47,134,413};
const int S[][500]=表;
const int R[][500]=表;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long ll;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;}
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
int m,F[1000],ans[1000],cur[1000],t[1000];
inline void mul(int* F,int* G)
{for (int i=0;i<=(len[m]<<1);i++) t[i]=0;for (int i=0;i<=len[m];i++)for (int j=0;j<=len[m];j++)t[i+j]=(t[i+j]+(ll)F[i]*G[j])%MOD;for (int i=0;i<=(len[m]<<1);i++) F[i]=t[i];for (int i=(len[m]<<1);i>len[m];i--)if (F[i]){for (int j=1;j<=len[m];j++) F[i-j]=(F[i-j]+(ll)F[i]*R[m][j])%MOD;F[i]=0; }
}
inline void qpow(int* F,int p)
{ans[0]=1;for (int i=1;i<=len[m];i++) ans[i]=0;while (p){if (p&1) mul(ans,F);mul(F,F),p>>=1;}for (int i=0;i<=len[m];i++) F[i]=ans[i];
}
inline int calc(int n)
{for (int i=0;i<=len[m];i++) cur[i]=0;cur[1]=1;qpow(cur,n);int res=0;for (int i=1;i<=len[m];i++) res=(res+(ll)S[m][i]*ans[i])%MOD;return res;
}
inline int phi(int x)
{int ans=1;for (int i=2;i*i<=x;i++)if (x%i==0){ans*=i-1,x/=i;while (x%i==0) ans*=i,x/=i;}if (x>1) ans*=x-1;return ans;
}
int main()
{int n;cin>>n>>m;int ans=0;for (int i=1;i*i<=n;i++)if (n%i==0){ans=(ans+(ll)calc(i)*phi(n/i))%MOD;if (i*i<n) ans=(ans+(ll)calc(n/i)*phi(i))%MOD;}cout<<(ll)ans*qpow(n,MOD-2)%MOD;return 0;
}