BZOJ 1815: [Shoi2006]color 有色图 [Polya DFS 重复合并]

Posted 2020-09-02 Candy?

传送门

题意：

染色图是无向完全图，且每条边可被染成k种颜色中的一种。
两个染色图是同构的，当且仅当可以改变一个图的顶点的编号，使得两个染色图完全相同。
问N个顶点，k种颜色，本质不同的染色图个数（模质数N≤53，P<109）。

---

想了一节课和一中午又看了课件

相同类型的循环合并的想法很巧妙

首先，点的置换对应唯一边的置换，我们可以枚举所有点的置换，找出每个置换下边置换的循环有多少个，然后套$Polya$公式

但是复杂度带叹号

我们发现，很多点置换类型是一样的，我们可以对$n$搜索划分来枚举点置换的类型(即每个循环的长度)，然后找出这种类型的置换有多少个

设每个循环长度$L_1,L_2,...,L_n$，那么相同类型的置换就相当于每个循环做圆排列，然后消除循环长度相同的影响

$\frac{n!}{L_1 L_2...L_n s_1! s_2!...s_t!}$

$s$为相同的长度的个数

那么如何从点的置换得到边的置换？

同一个循环里的边，他们的置换个数为$\frac{L}{2}$，具体可以把点排成一个圈画图观察一下

两个循环之间的边，他们的置换长度为$LCM(L_1,L_2)$，共有$L_1*L_2$条边，则个数为$GCD(L_1,L_2)$

 

然后就可以做了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=60;
typedef long long ll;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘; c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,P;
ll inv[N],fac[N],facInv[N];
void ini(){
    inv[1]=1;fac[0]=facInv[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i!=1) inv[i]=-P/i*inv[P%i]%P;
        if(inv[i]<0) inv[i]+=P;
        fac[i]=fac[i-1]*i%P;
        facInv[i]=facInv[i-1]*inv[i]%P;
    }
}
int L[N],tot;
ll sum,ans;
inline int gcd(int a,int b){return b==0 ? a : gcd(b,a%b);}
inline ll Pow(ll a,int b){
    ll re=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%P)
        if(b&1) re=re*a%P;
    return re;
}
inline void mod(ll &x){if(x>=P) x-=P;}
void dfs(int d,int now){
    if(d==n){
        int lo=0;
        ll cnt=fac[n],same=1;
        sort(L+1,L+1+tot);
        //printf("tot %d\n",tot);
        //for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d ",L[i]);puts("\n end");
        for(int i=1;i<=tot;i++){
            lo+=L[i]/2;
            for(int j=i+1;j<=tot;j++) lo+=gcd(L[i],L[j]);

            cnt=cnt*inv[L[i]]%P;
            if(i!=1&&L[i]==L[i-1]) same++;
            else if(same!=1) cnt=cnt*facInv[same]%P,same=1;
        }
        if(same!=1) cnt=cnt*facInv[same]%P;
        //printf("hi %d %lld\n",lo,cnt);
        mod(sum+=cnt);
        mod(ans+=cnt%P*Pow(m,lo)%P);
        //puts("\n");
    }else{
        for(int j=now;d+j<=n;j++){
            L[++tot]=j;
            dfs(d+j,j);
            tot--;
        }
    }
}
int main(){
    freopen("in","r",stdin);
    n=read();m=read();P=read();
    ini();
    dfs(0,1);
    //printf("%lld %lld\n",ans,sum);
    ans=ans*Pow(sum,P-2)%P;
    printf("%lld",ans);
}