yukicoder No.377 背景パターン
解法
まず蟻本の p269 に書いてある問題を解いてみましょう。これを解いてみれば, 後は似たような話です。
蟻本の問題では塗り方は一次元的ですが, 今回の問題では二次元的です。そこで, 「横に w, 縦に h だけずれる場合に, (0, 0) と同じ色に塗らなければならないセル」を考えます。
塗らなければならないセルは, (0, 0), (2w%", 2h%H), (3w%W, 3h%H), ... と続いていき, 最後に (0, 0) についたところで一周して終わりです。なので, 塗る数を t とすると, それは
t*h = 0 (mod H)
t*w = 0 (mod W)
を満たしているはずです。上記の条件より, t は H/gcd(h, H) の倍数であり, かつ W/gcd(w, W) の倍数であるので, 最小の t は当然 lcm(H/gcd(h, H), W/gcd(w, W)) です。
一つのセルにつき, 上記の数だけ同じ色に塗らなければならないので, 自由度は W*H/t です。よって, K^(W*H/t) 通りの塗り方があります。
よって, w と h を全探索すれば O(WH) で答えを求められるのですが, これでは到底間に合わないので, gcd(h, H) が同じものは一気にまとめて, また gcd(w, W) が同じものは一気にまとめて処理することを考えます。
gcd の値で場合分けすると, gcd の数は N の約数の数分しかないので間に合いそうです。gcd(H, h) = gcdh となる h の数は蟻本に書いてあるのと同様に オイラーのトーシェント関数で求められます。
ll mod_pow(ll x, ll p, ll MOD) { ll a = 1; while (p) { if (p%2) a = a*x%MOD; x = x*x%MOD; p/=2; } return a; } // mod_inverse ll mod_inverse(ll a, ll m) { return mod_pow(a, m-2, m); } const int MOD = 1e9+7; map<int, int> primeFactor(int n) { map<int, int> ret; for (int i = 2; i*i <= n; i++) { int cnt = 0; while (n%i == 0) { cnt++; n /= i; } if (cnt) ret.insert(pii(i, cnt)); } if (n > 1) ret.insert(pii(n, 1)); return ret; } vector<int> divisors(int n) { vector<int> ret; for (int i = 1; i*i <= n; i++) { if (n%i == 0) { ret.push_back(i); if (i*i < n) ret.push_back(n/i); } } sort(ret.begin(), ret.end()); return ret; } int main() { cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false); ll H, W, K; cin >> H >> W >> K; vector<int> divH = divisors(H), divW = divisors(W); map<int, int> primeH = primeFactor(H), primeW = primeFactor(W); ll ans = 0; for (int gcdh : divH) for (int gcdw : divW) { ll k = mod_pow(K, W*H/gcdh/gcdw*__gcd(gcdh, gcdw), MOD); ll hnum = gcdh, wnum = gcdw; for (auto p : primeH) { if (hnum % p.first == 0) hnum -= hnum/p.first; } for (auto p : primeW) { if (wnum % p.first == 0) wnum -= wnum/p.first; } (ans += k*hnum%MOD*wnum%MOD) %= MOD; } (ans *= mod_inverse(W*H%MOD, MOD)) %= MOD; cout << ans << endl; return 0; }