bzoj1004 Cards

Posted 2020-07-12 GFY

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。

100%数据满足 Max{Sr,Sb,Sg}<=20。

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

 

根据burnside引理，我们可以知道，L=(1/G)*Σd(gi)

根据polay计数，可以转变为L=(1/G)*(每个置换里面的不变染色方案数)

但是这题三种颜色都有数量限制，因此，我们用dp运算每个置换里面不变的染色方案数。

还有一点，就是每个位置i上都放i也是一种置换，不要忘记加上这个置换的答案

最后乘以（m+1）在p下逆元即是答案。

 1 #include<algorithm>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #include<iostream>
 6 int f[25][25][25];
 7 int n,b[105],st[105],id[105],sum[105],inv[205],m,p,sr,sb,sg,sz,g[205];
 8 int dp(){
 9     sz=0;
10     for (int i=1;i<=n;i++) b[i]=0;
11     for (int i=0;i<=n;i++) st[i]=id[i]=sum[i]=0;
12     sum[0]=0;
13     for (int i=1;i<=n;i++) 
14      if (!b[i]){
15         int ans=0;
16         while (!b[g[i]]) i=g[i],b[i]=1,ans++;
17         st[++sz]=ans;sum[sz]=sum[sz-1]+ans;id[sum[sz]]=sz;
18      }
19     for (int i=0;i<=sr;i++)
20      for (int j=0;j<=sb;j++)
21       for (int k=0;k<=sg;k++) 
22        f[i][j][k]=0;
23     f[0][0][0]=1;   
24     for (int i=0;i<=sr;i++)
25      for (int j=0;j<=sb;j++)
26       for (int k=0;k<=sg;k++)
27         if (id[i+j+k]){
28             int v=st[id[i+j+k]];
29             if (i>=v) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-v][j][k])%p;
30             if (j>=v) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j-v][k])%p;
31             if (k>=v) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j][k-v])%p;
32         }
33     return f[sr][sb][sg];    
34 }
35 int main(){
36     scanf("%d%d%d%d%d",&sr,&sb,&sg,&m,&p);
37     n=sr+sb+sg;
38     inv[1]=1;
39     int ans=0;
40     for (int i=2;i<p;i++)
41      inv[i]=(((p-p/i)%p)*(inv[p%i]))%p;
42     inv[p]=1;
43     for (int i=1;i<=m;i++){
44         for (int j=1;j<=n;j++)
45          scanf("%d",&g[j]);
46         ans=(ans+dp())%p;
47     } 
48     for (int i=1;i<=n;i++)
49      g[i]=i;
50     ans=(ans+dp())%p;
51     ans=(ans*inv[m+1])%p;
52     printf("%d\n",ans); 
53 }