[BZOJ1004] [HNOI2008] Cards (Polya定理)

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

　　$Polya$定理（$Burnside$引理）戳这

　　其作用就是求出有几种本质不同的染色方案

　　由于每种颜色的个数有限制，需要用三维的$0/1$背包求出每一种置换下不动点方案数（注意不洗牌也是一种置换）

　　呃，需要用乘法逆元，否则你会死得很难看

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p, x[65][65], f[25][25][25], siz[65];
bool vis[65];

int qpow(int a, int b)
{
    int ans = 1;
    for(; b; b >>= 1, a = a * a % p)
        if(b & 1) ans = ans * a % p;
    return ans;
}

int main()
{
    int sr, sg, sb, m, inv, ans = 0, tot;
    cin >> sr >> sb >> sg >> m >> p;
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
        for(int j = 1; j <= sr + sg + sb; ++j)
            cin >> x[i][j];
    for(int i = 1; i <= sr + sg + sb; ++i)
        x[m + 1][i] = i;
    for(int z = 1; z <= m + 1; ++z)
    {
        memset(f, 0, sizeof(f));
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        memset(siz, 0, sizeof(siz));
        f[0][0][0] = 1, tot = 0;
        for(int i = 1; i <= sr + sg + sb; ++i)
            if(!vis[i])
            {
                ++tot;
                for(int j = i; !vis[j]; j = x[z][j])
                    vis[j] = true, ++siz[tot];
            }
        for(int l = 1; l <= tot; ++l)
            for(int i = sr; ~i; --i)
                for(int j = sg; ~j; --j)
                    for(int k = sb; ~k; --k)
                    {
                        if(i >= siz[l])
                            f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - siz[l]][j][k]) % p;
                        if(j >= siz[l])
                            f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i][j - siz[l]][k]) % p;
                        if(k >= siz[l])
                            f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i][j][k - siz[l]]) % p;
                    }
        ans = (ans + f[sr][sg][sb]) % p;
    }
    cout << ans * qpow(m + 1, p - 2) % p << endl;
    return 0;
}