[bzoj] 1004: [HNOI2008]Cards

Posted 2020-08-22 InWILL

Description

　　小春现在很清闲,面对书桌上的N张牌,他决定给每张染色,目前小春只有3种颜色:红色,蓝色,绿色.他询问Sun有
多少种染色方案,Sun很快就给出了答案.进一步,小春要求染出Sr张红色,Sb张蓝色,Sg张绝色.他又询问有多少种方
案,Sun想了一下,又给出了正确答案. 最后小春发明了M种不同的洗牌法,这里他又问Sun有多少种不同的染色方案.
两种染色方法相同当且仅当其中一种可以通过任意的洗牌法(即可以使用多种洗牌法,而每种方法可以使用多次)洗
成另一种.Sun发现这个问题有点难度,决定交给你,答案可能很大,只要求出答案除以P的余数(P为质数).

Input

　　第一行输入 5 个整数：Sr,Sb,Sg,m,p(m<=60,m+1<p<100)。n=Sr+Sb+Sg。
接下来 m 行，每行描述一种洗牌法，每行有 n 个用空格隔开的整数 X1X2...Xn，恰为 1 到 n 的一个排列，
表示使用这种洗牌法，第 i位变为原来的 Xi位的牌。输入数据保证任意多次洗牌都可用这 m种洗牌法中的一种代
替，且对每种洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态。

Output

　　不同染法除以P的余数

Sample Input

1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2

Sample Output

2

HINT

 

　　有2 种本质上不同的染色法RGB 和RBG，使用洗牌法231 一次可得GBR 和BGR，使用洗牌法312 一次 可得BRG 

和GRB。

100%数据满足 Max{Sr,Sb,Sg}<=20。

 

Source

这里转载一篇讲的比较好的文章：Burnside引理和Polya定理

引理和定理的区别：

引理是数学中为了取得某个更好的定理而作为步骤被证明的命题,其意义并不在于自身被证明,而在于为达成最终定理作出贡献.

一个引理可用于证明多个定理.数学中存在很多著名的引理,这些引理可能对很多问题的解决有帮助.例如欧几里得引理等

 

burnside引理：

设G={a1,a2,…ag}是目标集[1,n]上的置换群。每个置换都写成不相交循环的乘积。  是在置换ak的作用下不动点的个数，也就是长度为1的循环的个数。通过上述置换的变换操作后可以相等的元素属于同一个等价类。若G将[1,n]划分成l个等价类，则：等价类个数为：

 

 

百科上写的什么鬼。。。（黑人问号？？？）

 

用这个例子来说明：

例1：一正方形分成4格，2着色，有多少种方案？其中，经过转动相同的图象算同一方案。

对图中图像的置换可以分为以下四种：

不动：a1=(1)(2)…(16)

逆时针转90度 ：a2=(1)(2)(3 4 5 6)(7 8 9 10) (11 12)(13 14 15 16)

顺时针转90度 ：a3=(1)(2)(6 5 4 3)(10 9 8 7)(11 12)(16 15 14 13)

转180度：a4=(1)(2)(3 5)(4 6)(7 9)(8 10)(11)(12) (13 15)(14 16)

由Burnside引理，共有(16+2+2+4)/4=6(种方案)

 

这里除以4代表4种方案数

16+2+2+4分别代表每种方案置换后和原本一样的格子

a1：(1)(2)…(16)

a2：(1)(2)

a3：(1)(2)

a4：(1)(2)(11)(12)

 

然后我们可以写出DP转移方程求方案数：

f[i][j][k]=f[i-d[h]][j][k]+f[i][j-d[h]][k]+f[i][j][k-d[h]]

f[i][j][k]表示r,g,b分别为i,j,k时的方法数

 

最后使用扩展欧几里德定理求ans%p

 

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 using namespace std;
 5 
 6 int sr,sb,sg,n,m,p,ans;
 7 int a[70][70],f[70][70][70],d[70];
 8 bool b[70];
 9 
10 int dp(int x)
11 {
12     memset(b,0,sizeof(b));
13     int sum=0,t;
14     for(int i=1;i<=n;i++)
15         if(!b[i])
16         {
17             d[++sum]=1;t=i;
18             b[t]=1;
19             while(!b[a[x][t]])
20             {
21                 d[sum]++;
22                 b[a[x][t]]=1;
23                 t=a[x][t];
24             }
25         }
26     memset(f,0,sizeof(f));
27     f[0][0][0]=1;
28     for(int h=1;h<=sum;h++)
29         for(int i=sr;i>=0;i--)
30             for(int j=sb;j>=0;j--)
31                 for(int k=sg;k>=0;k--)
32                 {
33                     if(i>=d[h]) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-d[h]][j][k])%p;
34                     if(j>=d[h]) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j-d[h]][k])%p;
35                     if(k>=d[h]) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j][k-d[h]])%p;
36                 }
37     return f[sr][sb][sg];
38 }
39 
40 int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
41 {
42     if(b==0)
43     {
44         x=1;y=0;
45         return a;
46     }
47     int q=exgcd(b,a%b,y,x);
48     y-=a/b*x;
49     return q;
50 }
51 
52 int main()
53 {
54     scanf("%d %d %d %d %d",&sr,&sb,&sg,&m,&p);
55     n=sr+sb+sg;
56     for(int i=1;i<=m;i++)
57         for(int j=1;j<=n;j++)
58             scanf("%d",&a[i][j]);
59     m++;
60     for(int i=1;i<=n;i++) a[m][i]=i;
61     for(int i=1;i<=m;i++)
62         ans=(ans+dp(i))%p;
63     int x,y;
64     exgcd(m,p,x,y);
65     while(x<=0) x+=p,y-=m;
66     printf("%d",ans*x%p);
67     return 0;
68 }