正题

题目链接:http://www.ybtoj.com.cn/problem/912

---

题目大意

给出$L,R$，求有多少长度在$[L,R]$之间的字符串满足依次取出所有偶数位置的放在最前面后，与原字符串相同。字符集是所有小写字母。

$1\le Q\le 5,1\le L\le R\le 10^{10},R-L\le 5\times 10^4$

---

解题思路

这个东西可以理解为给出一些相等关系的边，然后求联通块的数量$G$，然后方案就是$26^G$。

设$G(x)$表示$x$的联通块数量。首先奇偶数不一样很麻烦，发现如果对于奇数$x$有$G(x)=G(x-1)+1$（最后一个自己连自己）。所以我们只需要考虑偶数的。

$n$为偶数时给出的条件其实就是$S_i=S_{2i\%(n+1)}$，然后此时考虑点$x$，有$d=gcd(x,n+1)$，那么有$x=dk$。我们让$x$向$2x\%(n+1)$连边，考虑求出$x$所在环的环长，也就是求一个最小的$r$满足$x\times 2^r\equiv x(modn+1)$，就是满足$2^r\equiv 1(mod\frac{n+1}{gcd(x,n+1)})$，后文记做$ord(\frac{n+1}{gcd(x,n+1)})$。然后满足$gcd(x,n+1)=d$的都在一些大小为$r$的环中相互连接，这样的$x$有$\phi (\frac{n+1}{gcd(x,n+1)})$个。所以这样的环有$\frac{\phi (\frac{n+1}{gcd(x,n+1)})}{ord(\frac{n+1}{gcd(x,n+1)})}$，然后改成枚举$\frac{n+1}{gcd(x,n+1)}$就有一个比较舒服的式子
$$G(n)=\sum _{d|n,d>1}\frac{\phi (d)}{ord(d)}$$

上面那个$\phi$很好求，考虑怎么求下面那个$ord$。
和原根类似的使用试除法，首先根据欧拉定理肯定有$ord(n)|\phi (n)$。然后考虑对于$\phi (n)$的每个约数$x$如果满足$2^{\frac{w}{x}}\equiv 1(modn)$就代表可以除去这个$x$。

但是这样每次来搞还是很慢，这里还有一个挺显然的结论
$$gcd(x,y)=1\Rightarrow ord(x\times y)=lcm(ord(x),ord(y))$$
证明的话首先定理$a=lcm(x,y)$，再设一个$2^b\equiv 1(modxy)$，那么有$2^{b-a}\equiv 1(modxy)$，然后这样更相减损下去最后就有$2^{gcd(a,b)}\equiv 1(modxy)$，所以如果$b<a$那么有，然后因为$a=lcm(x,y)$也就是这个就是新的最小的$gcd$。

所以我们就只需要求出所有需要的$ord(p^k)$就好了。

然后我们可以先枚举$\sqrt{R}$以内的质数然后来给所有$[L,R]$中的数质因数分解，然后对于里面的每个$x$用搜索来求所有的约数。

---

code

#pragma GCC optimize(2)
%:pragma GCC optimize(3)
%:pragma GCC optimize("Ofast")
%:pragma GCC optimize("inline")
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<cctype>
#define ll __int128
using namespace std;
const ll N=1e5+10,P=1e9+7;
ll q,L,R,ans,tot,cnt,G;
ll pri[N],phi[N],mk[N][35],p[35],c[35];
bool v[N];vector<ll >cp[N];
map<ll,map<ll,ll> >mp;
ll read() {ll x=0,f=1; char c=getchar();while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f;c=getchar();}while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();return x*f;
}
void print(ll x){if (x>9) print(x/10); putchar(x%10+48); return;
}
ll power(ll x,ll b,ll P){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
ll ord(ll p,ll k){if(p<N&&mk[p][k])return mk[p][k];if(p>pri[cnt]&&mp[p][k])return mp[p][k];ll m=power(p,k,1e18),x,w=p-1;x=m/p*(p-1); while(x%p==0){ll z=power(2,x/p,m);if(z!=1)break;x/=p;}if(w>=L&&w<=R+2){ll wz=w-L;for(ll wc=0;wc<cp[wz].size();wc++){ll i=cp[wz][wc];while(x%pri[i]==0){ll z=power(2,x/pri[i],m);if(z!=1)break;x/=pri[i];}while(w%pri[i]==0)w/=pri[i];} }else{for(ll i=1;pri[i]*pri[i]<=w&&i<=cnt;i++){if(w%pri[i])continue;while(x%pri[i]==0){ll z=power(2,x/pri[i],m);if(z!=1)break;x/=pri[i];}while(w%pri[i]==0)w/=pri[i];}}if(w>1){if(x%w==0){ll z=power(2,x/w,m);if(z==1)x/=w;}}if(p<N)mk[p][k]=x;else mp[p][k]=x;return x;
}
void prime(){phi[1]=1;for(ll i=2;i<N;i++){if(!v[i])pri[++cnt]=i;for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){v[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0)break;}}return;
}
ll lcm(ll x,ll y){ll d=__gcd(x,y);return x*y/d;
}
void dfs(ll x,ll ph,ll od){if(x>tot){G+=ph/od;return;}dfs(x+1,ph,od);for(ll i=1,w=p[x];i<=c[x];i++)dfs(x+1,ph*(w/p[x]*(p[x]-1)),lcm(od,ord(p[x],i))),w=w*p[x];return;
}
ll work(ll n){tot=0;ll wz=n-L;for(ll w=0;w<cp[wz].size();w++){ll i=cp[wz][w];p[++tot]=pri[i];c[tot]=0;while(n%pri[i]==0)c[tot]++,n/=pri[i];}if(n>1)p[++tot]=n,c[tot]=1;G=-1;dfs(1,1,1);return G;
}
signed main()
{
//	freopen("language.in","r",stdin);
//	freopen("language.out","w",stdout);
//	scanf("%lld",&q);q=read();prime();while(q--){
//		scanf("%lld%lld",&L,&R);L=read();R=read();ans=0;for(ll i=0;i<=R-L+2;i++)cp[i].clear();for(ll i=1;i<=cnt;i++){ll x=pri[i],l=L/x,r=(R+2)/x;for(ll j=l;j<=r;j++){if(j*x<L||j*x>R+2)continue;cp[j*x-L].push_back(i);}}for(ll i=L/2;i<=R/2;i++){ll tmp=work(i*2ll+1);if(i*2ll>=L)ans=(ans+power(26,tmp,P))%P;if(i*2ll+1<=R)ans=(ans+power(26,tmp+1,P))%P;}print(ans);putchar('\n');
//		printf("%lld\n",ans);}return 0;
}