答案是：旋转i步对应置换f_i:x→(x+i)%n，其循环个数为gcd(n,i)，故不动点数为c^gcd(n,i)，最终答案为(1/n)×Σc^gcd(n,i)（i=0至n−1）。
直接结论：用 Pólya 定理把旋转操作建模为循环位移置换群，对每个旋转步长 i 计算其循环节数 gcd(n, i)，再套公式 ans = (1/n) * Σ c^gcd(n,i)（c 为颜色数）。
怎么把“旋转”转成置换群里的元素
环上 n 个位置编号为 0 到 n-1，顺时针旋转 i 步，对应置换 f_i：每个位置 x 映射到 (x + i) % n。这个置换可分解为若干不相交的循环，循环个数就是 gcd(n, i)。例如 n=6, i=2：
0→2→4→0、1→3→5→1 → 共 gcd(6,2)=2 个循环，每个长度为 3。
关键点：
- 所有旋转构成的群大小是 n（即 i = 0, 1, ..., n-1）
- 不必枚举全部 n 个 i，可按 d = gcd(n, i) 分组，每组内 i 的个数等于欧拉函数 φ(n/d)
- 这在 n 较大（如 1e9）时必须优化，否则会超时
为什么不动点数是 c^循环个数
一个着色在旋转 f_i 下不变，当且仅当每个循环内所有位置颜色相同。因为循环内位置通过重复旋转互相抵达，颜色必须一致才能“看起来没变”。
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所以：
- 若 f_i 有 k 个循环，则每个循环独立选一种颜色，共 c^k 种不动着色
- 对应 i 的贡献就是 c^gcd(n,i)
- 注意：这里假设颜色无数量限制；若有限制（如每种颜色至多用 m 次），就不能直接幂运算，得换 DP 或生成函数
C++ 实现时最容易错的三个地方
- gcd(0, n) 要特判：旋转 0 步即恒等置换，循环个数是 n，不是 0；标准 std::gcd 对 gcd(0,n) 返回 n，但手写时容易漏
- 整数溢出：当 n 大、c ≥2 时，c^gcd(n,i) 可能远超 long long；需用模意义下的快速幂，且注意题目是否要求取模（如 POJ 2409 要求 mod 1000000007）
- 枚举 i 的范围错误：只枚举 i ∈ [0, n-1] 是对的，但若用分组法（按约数枚举），必须确保每个 d | n 对应的 i 个数算准——即满足 gcd(n,i) == d 的 i 个数是 φ(n/d)，不是 φ(d)
复杂点始终在“怎么高效枚举所有旋转对应的循环结构”，而不是定理本身。实际编码中，90% 的 bug 出现在约数分解或欧拉函数实现上，而不是公式理解。
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