Por favor, lea mis comentarios en el OP pregunta. En esta respuesta, me gustaría abordar únicamente el caso de $m=6$, es decir, la situación de la OP pide. No sé cómo lidiar con el general exponente $m$.
Como hemos establecido, el polinomio característico involucrados en cada indecomposable bloque de $A$ es uno de los siguientes cuatro cyclotomic polinomios: $$\Phi_1(x)=x-1\,,\,\,\Phi_2(x)=x+1\,,\,\,\Phi_3(x)=x^2+x+1\,,\text{ and }\Phi_6(x)=x^2-x+1\,.$$ Now, $Un$ must have at least one indecomposable block of size $2\times 2$. Let $$ and $b$ denote the number of $2$-by-$2$ indecomposable blocks of $Un$ and the number of $1$-by-$1$ blocks of $Un$. Then, $a\geq 1$ and $2a+b=k$. Denote by $J_1,J_2,\ldots,J_a$ the $2$-by-$2$ blocks of $A$, whereas $K_1,K_2,\ldots,K_b$ the $1$-by-$1$ blocks. We may assume that $J_1,J_2,\ldots,J_p$ have $\Phi_6$ as the characteristic polynomial, whereas $J_{p+1},J_{p+2},\ldots,J_a$ have $\Phi_3$ as the characteristic polynomial. Similarly, suppose that $K_1,K_2,\ldots,K_q$ have $\Phi_2$ as the characteristic polynomial, whilst $K_{q+1},K_{q+2},\ldots,K_b$ have $\Phi_1$ como el polinomio característico.
Si $p\geq 1$, entonces no hay ninguna restricción en $q$. Por lo tanto, para cada uno de ellos fijo $a\in\Biggl\{1,2,\ldots,\left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor\Biggr\}$, $a$ formas de elegir los $p\geq 1$ $b+1=k-2a+1$ formas de elegir los $q$. Así, por $p\geq 1$, hay
$$\begin{align}\sum_{a=1}^{\left\lfloor\frac{k}2\right\rfloor}\,a(k-2a+1)&=(k-1)\,\sum_{a=1}^{\left\lfloor\frac{k}2\right\rfloor}\,a-4\,\sum_{a=1}^{\left\lfloor\frac{k}2\right\rfloor}\,\frac{a(a-1)}{2}
\\
&=\frac{k-1}{2}\,\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\,\left(\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor+1\right)-\frac{2}{3}\,\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\,\left(\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor+1\right)\,\left(\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor-1\right)
\end{align}$$
correspondiente clases conjugacy.
Si $b=0$, $q\geq1$ es necesario. Por lo tanto, para cada uno de ellos fijo $a\in\Biggl\{1,2,\ldots,\left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor\Biggr\}$, $b=k-2a$ formas de elegir los $q\geq 1$. Por lo tanto, para $p=0$, hay
$$\sum_{a=1}^{\left\lfloor\frac{k}2\right\rfloor}\,(k-2a)=k\,\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\,\left(\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor+1\right)$$
correspondiente clases conjugacy.
Esto demuestra que
$$N(k,6)=\frac{1}{6}\,\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\,\left(3\,(k-3)\,\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor-4\,\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor^2+9\,k-5\right)$$
es el número total de clases conjugacy. Tenemos
$$N(1,6)=0\,,\,\,N(2,6)=1\,,\,\,N(3,6)=3\,,\,\,N(4,6)=7\,,\text{ and }N(5,6)=12\,.$$
(El OP miscounted algo. A partir de su lista, no debería ser $12$ distintas clases conjugacy para $k=5$.)
Tenga en cuenta que
$$\frac{(k-1)(k^2+10k-3)}{24}\leq N(k,6)\leq \frac{k(k-1)(k+10)}{24}\,.$$
El lado izquierdo es una igualdad iff $k$ es un entero positivo impar. El lado derecho es la igualdad iff $k=1$ o $k$ es incluso un entero positivo.
