群与子群

$<G,op>$ 是一个群需要满足以下条件：

• $op$ 是一个满足结合律的二元运算，如 *，+。
• $G$ 是一个集合，存在单位元 $e$。
• $G$ 中所有元素都有逆元。
• 即 $G$ 对 $op$ 运算封闭，封闭简单理解就是元素的逆元也在里面，有单位元，任意两个数二元运算结果也在里面。

这里的单位元，逆元，结合律按照一般的意思来理解即可。

虽然没有要求满足交换律，但还是定义逆元是 $x{x}^{-1}=x^{-1}x=e$。

如果还满足交换律就叫做交换群。

群内元素只有“乘法”这一种运算规则，这个“乘法”指的就是 $op$ 运算。

例如，op='+'，那么 $xy=x+y,x{x}^{-1}=x+x^{-1}=e$。

$<H,op>$ 是 $<G,op>$ 的子群，满足两个条件：

• $H$ 是 $G$ 的子集。
• $<H,op>$ 是个群。

阶

群元素个数有穷时，阶就等于元素个数。

置换群

映射：两个集合之间元素的对应关系，可能一对多，多对一，一对一等。

置换：有限集合到自身的双射，即一一对应。

设 S={a1,a2,...,an}S=\{a_1,a_2,...,a_n\}S={a1​,a2​,...,an​} 的一个置换 $f=\left(\begin{array}{c}{a}_1{a}_2\dots a_n\\ a_{p_1}{a}_{p_2}\dots a_{p_n}\end{array}\right)$。

表示：将 $a_i$ 映射成 $a_{p_i}$，即 $a_i=a_{p_i}$。其中 $p_1,...,p_n$ 是一个 $n$ 元排列。

显然 $S$ 上所有的置换个数为 $n!$。

置换的乘法：即函数的合成。

对于两个置换 $f=\left(\begin{array}{c}{a}_1{a}_2\dots a_n\\ a_{p_1}{a}_{p_2}\dots a_{p_n}\end{array}\right),g=\left(\begin{array}{c}{a}_{p_1}{a}_{p_2}\dots a_{p_n}\\ a_{q_1}{a}_{q_2}\dots a_{q_n}\end{array}\right)$，$f$ 和 $g$ 的乘积记为 $f\circ g=\left(\begin{array}{c}{a}_1{a}_2\dots a_n\\ a_{q_1}{a}_{q_2}\dots a_{q_n}\end{array}\right)$。

即先做 $f$ 的映射再做 $g$ 的映射。

定义 Sn={S_n=\{Sn​={ 所有的 $n$ 元排列 $\}$。装备了乘法$op$的 $S_n$ 的子群叫做 $n$ 元置换群。

循环置换

循环置换是一类特殊的置换，表示为 $(a_1,a_2,...,a_m)=\left(\begin{array}{c}{a}_1,a_2,...,a_{m-1},a_m\\ a_2,a_3,...,a_m,a_1\end{array}\right)$。

若两个置换不含有相同的元素，则称它们是不相交的。

举个例子 $A=\left(\begin{array}{c}{a}_1,a_2\\ a_2,a_1\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{c}{a}_4,a_5,a_6\\ a_5,a_4,a_6\end{array}\right)$，则 $A,B$ 就是不相交的，所含元素集合的交为空。

任何一个置换都可以分解成若干个（$\ge 1$）不相交的循环置换的乘积。

举个例子，$\left(\begin{array}{c}{a}_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6\\ a_2,a_1,a_3,a_6,a_4,a_5\end{array}\right)=(a_1,a_2)\circ (a_3)\circ (a_5,a_6,a_4)$。

证明：很简单，将元素看作点，映射关系当成边，则每个节点的入度和出度都为 $1$。形成的图形必然是若干个环集合，而一个环就代表一个循环置换。

群的陪集分解

设 $G$ 是群，$H$ 是 $G$ 的子群，$a\in G$。

定义 Ha={h∣ha∈H}Ha=\{h\mid ha\in H\}Ha={h∣ha∈H}。（这里的 $ha$ 做乘法，是群的运算符号，即 $h(op)a$。

称 $Ha$ 是子群 $H$ 的在 $G$ 中的一个右陪集。

显然 $H_e=H,a\in Ha$。

$\forall a\in G$ 有 $H,Ha$ 等势。（集合大小相同）

证明：构造从 $H\to Ha$ 的双射，只需让 $f(h)=ha$ 即可。

这说明在有限集的情况，$H$ 与 $Ha$ 的阶相同。

$\forall a,b\in G,a\in Hb$ 等价于 $a{b}^{-1}\in H$ 等价于 $Ha=Hb$ 。

证明：$a\in Hb\Rightarrow a{b}^{-1}\in H\Rightarrow Ha{b}^{-1}\in H$（$H$ 是群，对内部元素是封闭的）$\Rightarrow Ha\in Hb$。

基于此，我们可以定义等价类关系并进行等价类分解。

定义等价类关系，$\forall a,b\in G,a{b}^{-1}\in H$，则将 $a,b$ 划分在同一个等价类里面。（以 $H$ 为判定条件划分 $G$ 这个群空间）

同时得到 lagrange定理。

拉格朗日定理：设 $G$ 是有限群，$H$ 是 $G$ 的子群，则 $G$ 的阶一定是 $H$ 阶的倍数，具体是多少倍看能分出多少个等价类来。

将 $G$ 划分成 $Ha,Hb,...,H$，任意两个 $a{b}^{-1}\notin H$，而上面又证明了 $|Ha|=|H|=|Hb|=...$

每个等价类的大小是一样的。

左陪集 $aH$ 与右陪集完全一样，不再赘述。

轨道-稳定子集定理

设 $G$ 是集合 $\Omega$ 上的有穷置换群。$a\in \Omega$。

定义 Ga={g∣g∈G∧g(a)=a}G^a=\{g\mid g\in G\wedge g(a)=a\}Ga={g∣g∈G∧g(a)=a}，称 $G^a$ 为 $a$ 的稳定子群。

解释：$a$ 是一个数，$g$ 是一个置换，$G^a$ 是所有置换 $g$ 满足 $g$ 作用于 $a$ 后仍是 $a$ 不变的集合。

举个例子，一个置换 $g=\left(\begin{array}{c}12345\\ 53241\end{array}\right)$，那么 $G^4$ 就会含有这个 $g$。

定义 G(a)={g(a)∣g∈G}G(a)=\{g(a)\mid g\in G\}G(a)={g(a)∣g∈G}，称 $G(a)$ 为 $a$ 的轨道。

解释：$a$ 是一个数，$g$ 是一个置换，$g(a)$ 是 $g$ 作用于 $a$ 后的值，$G(a)$ 是这些值的集合。

即 $G$ 中所有置换作用于 $a$ 后可能的值的集合。

举个例子，一个置换 $g\in G,g=\left(\begin{array}{c}12345\\ 53241\end{array}\right)$，那么 $G(1)$ 就会含有 $5$，$G(2)$ 就会含有 $3$。

轨道-稳定子集定理：$\left|G\right|=|G(a)|\left|G^a\right|$。

证明：

首先显然 $G^a$ 是 $G$ 的子群，$G^a$ 对置换作用在置换上的这个二元运算封闭。

考虑陪集分解，任取两个置换 $x,y\in G,x(a)=y(a)\iff x^{-1}(x(a))=a=x^{-1}(y(a))\iff x^{-1}y\in G^a\iff x{G}^a=y{G}^a$。

这说明 $x$ 和 $y$ 在 $G$ 关于 $G^a$ 的陪集分解的同一个等价类中，当且仅当 $x(a)=y(a)$。

也就是说 $|G(a)|$是 $G$ 关于 $G^a$ 的陪集分解的等价类的个数。

由拉格朗日定理知，等价类的个数也就是 $G$ 的阶是 $G^a$ 的阶的倍数。

得证。

burnside 引理

设 $A,B$ 为有限集合。

$G$ ：$A$ 上的置换群；$g$ ：$\in G$ 的一个置换。

$X:$ 一些从 $A$ 到 $B$ 的映射集合，且 $X$ 在 $G$ 下封闭。

$X/G:G$ 作用在 $X$ 上产生的所有等价类集合。

（若 $X$ 的两个映射经过 $G$ 的置换作用后相同，则在同一个等价类中）

$C(g)$ ：$g$ 作用在元素后不变的元素集合大小，即 C(g)=∣Xg∣,Xg={a∣g(a)=a}C(g)=|X^g|,X^g=\{a\mid g(a)=a\}C(g)=∣Xg∣,Xg={a∣g(a)=a}。
$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}C(g)=\sum _{a\in A}\frac{1}{|G(a)|}$$

证明：
$$\sum _{g\in G}C(g)=\sum _{a\in A}|G^a|=\sum _{a\in A}\frac{|G|}{|G(a)|}=|G|\sum _{a\in A}\frac{1}{|G(a)|}\Rightarrow \frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}C(g)=\sum _{a\in A}\frac{1}{|G(a)|}=|X/G|$$
${\sum }_{g\in G}C(g):$ 枚举置换，然后累和每个置换中不动点的个数。

${\sum }_a|G^a|:$ 枚举数，然后累和满足 $a$ 为不动点的置换个数。

二者只是枚举出发方向不同，但结果是相同的。

${\sum }_a\frac{1}{|G(a)|}:$ 由轨道-稳定子集定理，我们知道以 $a$ 为分解参照， $G(a)$ 内的所有元素构成一个等价类。

由陪集分解知，$G$ 是一个群，无论 $a$ 是什么，所有等价类都是大小一样的。

那么假设 $|G(a)|=x$，即所有等价类的大小均为 $x$，每个数都会贡献 $\frac{1}{x}$，$|G|\ast \frac{1}{x}$ 得到的就是等价类的个数，即 $|X/G|$。

polya 定理

定义加强 $X:$ 所有 $A$ 到 $B$ 的映射；定义 $c(g):$ 置换 $g$ 能拆分成的不相交的循环置换的个数。即环的个数。
$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}|B{|}^{c(g)}$$
例如：对于有 $n$ 个点形成的环 $m$ 种颜色的染色问题，A={1,2,...,n},B={1,2,...,m}A=\{1,2,...,n\},B=\{1,2,...,m\}A={1,2,...,n},B={1,2,...,m}，$|X^g|=m^{c(g)}$。

将置换看作图上的一条有向边，若置换后 $u\to v$，就连一条有向边。那么就形成若干个环，环中元素的颜色一定相同。

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在 $OI$ 中一般求本质不同的方案数，本质不同就是不再同一个等价类，换言之一般考察的问题答案就是等价类个数 $|X/G|$。

经典例题：poj2154

$|X/G|=\frac{1}{|G|}{\sum }_{g\in G}{m}^{c(g)}\Rightarrow ans=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{n}^{(n,i)}$。

第 $i$ 种置换的循环节个数为 $\gcd (n,i)$。

这个环只能顺时针/逆时针转动，不妨考虑顺时针，那么转 $0\sim n-1$ 个元素就对应不同的置换，共 $n$ 种。

假设当前环的开头为 $x$，在第 $i$ 种置换下有 $x\to x+i\to x+2i\to \cdots \to x$。

假设在 $x+ki$ 回到开头，则 $x\equiv x+ki(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)\Rightarrow ki\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)\Rightarrow k=\frac{n}{\gcd (n,i)}$

这个 $k$ 恰好就是环长度，所以个数为 $n/k=\gcd (i,n)$
$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{n}^{(n,i)}=\frac{1}{n}\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n{n}^d[(n,i)=d]=\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^n{n}^{d-1}\phi (\frac{n}{d})$$
可以在 $O(\sqrt{n})$ 时间内枚举所有因数 $d$。

预处理 $1e6$ 以内的 $\phi$，后面的就 $\sqrt{n}$ 暴力算。

#include <cstdio>
#define maxn 1000005
int mod, cnt;
bool vis[maxn];
int prime[maxn], phi[maxn];void sieve( int n = 1e6 ) {phi[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, phi[i] = ( i - 1 );for( int j = 1;j <= cnt and 1ll * i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}else phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];}}
}int qkpow( int x, int y ) {x %= mod;int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int PHI( int x ) {if( x <= 1e6 ) return phi[x] % mod;int ans = x;for( int i = 2;i * i <= x;i ++ )if( x % i == 0 ) {ans = ans / i * ( i - 1 );while( x % i == 0 ) x /= i;}if( x ^ 1 ) ans = ans / x * ( x - 1 );return ans % mod;
}int main() {sieve();int T, n;scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d %d", &n, &mod );long long ans = 0;for( int i = 1;i * i <= n;i ++ ) {if( n % i ) continue;if( i * i == n ) (ans += qkpow(n, i - 1) * PHI(n / i) % mod) %= mod;else(ans += qkpow(n, i - 1) * PHI(n / i) % mod + qkpow(n, n / i - 1) * PHI(i) % mod) %= mod;}printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}