[BZOJ1815&BZOJ1488]有色图/图的同构(Polya定理)

由于有很多本质相同的重复置换，我们先枚举各种长度的点循环分别有多少个，这个暴搜的复杂度不大，n=53时也只有3e5左右。对于每种搜索方案可以轻易求出它所代表的置换具体有多少个。

但我们搜索的是点置换组成的循环，要求的是边置换组成的循环。现在问题就是对于每种搜索方案，求出有多少个边循环。

首先，如果一条边的两个端点属于同一点循环，另一条边的端点属于两个不同点循环，那么显然这两条边不可能属于同一边循环。

对于一个长度为L的点循环，观察发现所有两个端点都属于这个点循环的边构成了L/2个边循环。

对于两个长度分别为L1,L2的点循环，由于每条端点分别在这两个点循环中的边都是等价的，所有所有循环长度相等。显然每个循环长度为lcm(L1,L2)，所以边共组成gcd(L1,L2)个边循环。

由Polya定理直接得解。

同理[BZOJ1488]可以看作一个完全图的黑白染色，直接令m=2即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=60;
int n,m,mod,ans,tot,sm,fac[N],inv[N],Inv[N],L[N];

int gcd(int a,int b){ return b ? gcd(b,a%b) : a; }

int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
        if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

void dfs(int x,int lst){
    if (x>n){
        int s=0,cnt=fac[n],same=1;
        rep(i,1,tot){
            s+=L[i]/2;
            rep(j,i+1,tot) s+=gcd(L[i],L[j]);
            cnt=1ll*cnt*Inv[L[i]]%mod;
            if (i>1 && L[i]==L[i-1]) same++;
            else cnt=1ll*cnt*inv[same]%mod,same=1;
        }
        cnt=1ll*cnt*inv[same]%mod;
        sm=(sm+cnt)%mod; ans=(ans+1ll*cnt*ksm(m,s))%mod;
        return;
    }
    rep(i,lst,n-x+1) L[++tot]=i,dfs(x+i,i),tot--;
}

int main(){
    freopen("bzoj1815.in","r",stdin);
    freopen("bzoj1815.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
    fac[0]=inv[0]=Inv[1]=1;
    rep(i,2,n) Inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*Inv[mod%i]%mod;
    rep(i,1,n) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
    for (int i=n-1; i; i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
    dfs(1,1); printf("%lld
",1ll*ans*ksm(sm,mod-2)%mod);
    return 0;
}