BZOJ 1004: [HNOI2008]Cards

Posted 2020-10-16 _patrick

BZOJ 1004: [HNOI2008]Cards

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

Solution

通过这一题学习了一个新知识Burnside引理，以后求有置换的变换方案数就可以很好的统计了 这里不讲Burnside，讲一下怎么在知道Burnside的前提解这道题。 本题就是要找出满足颜色限制的不变元素，所谓不变元素就是一种染色方案经过置换变换后和没变化之前一样。 置换的循环在不变元素中一定是一个颜色，然后可以求一个三维的01背包的方案数。\

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define rep(i,x) for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef double DB;
using namespace std;
inline int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) f=(ch==‘-‘)?-1:f,ch=getchar();
	while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+(ch-‘0‘),ch=getchar();return f*x;
}
const int N=70;
int sr,sb,sg,m,p,n,ans;
int zh[N],f[N][N][N],fm[N];
bool used[N];
int ksm(int c,int k) {
	int ret=1;
	for(;k;c=(LL)c*c%p,k>>=1) if(k&1) ret=(LL)ret*c%p;
	return ret;
}
int main() {
	sr=read(),sb=read(),sg=read(),m=read(),p=read();
	n=sr+sb+sg,ans=0;
	fo(i,1,m+1) {
		memset(f,0,sizeof(f));
		memset(used,0,sizeof(used));
		memset(fm,0,sizeof(fm));
		if(i!=m+1) fo(j,1,n) scanf("%d",&zh[j]);
		else fo(j,1,n) zh[j]=j;
		fo(i,1,n) if(!used[i]) {
			int tmp=i;
			used[i]=1,fm[++fm[0]]=1;
			while(zh[tmp]!=i) {
				tmp=zh[tmp];
				used[tmp]=1;
				fm[fm[0]]++;
			}
		}
		f[0][0][0]=1;
		fo(d,1,fm[0]) fd(j,sr,0) fd(k,sb,0) fd(l,sg,0) {
			if(j-fm[d]>=0) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j-fm[d]][k][l])%p;
			if(k-fm[d]>=0) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k-fm[d]][l])%p;
			if(l-fm[d]>=0) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k][l-fm[d]])%p;
		}
		ans=(ans+f[sr][sb][sg])%p;
	}
	ans=(ans*ksm(m+1,p-2))%p;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}