[HNOI2008]Cards

题目描述

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张绿色.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).

输入输出格式

输入格式：

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。

输出格式：

不同染法除以P的余数

输入输出样例

输入样例#1： 复制

1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2

输出样例#1： 复制

2

说明

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。

题目大意：给出n张牌，分别染a张红色，b张蓝色，c张绿色(n=a+b+c)，给出m个置换，问不同的染色方案。

红色部分就是告述你这些置换构成置换群

置换群中的染色方案问题可用polya定理解决。

只要满足同一循环染同一种色

因为3种颜色要满足数量限制，不能用polya，但可以用burnside

所以用三维背包求出在置换$a_j$下不变的元素个数$D(a_j)$

还要算上不置换，也就是单位置换

所以总共有$|G|=m+1$种置换，根据burnside引理

$ans=frac{1}{G}sum_{j=1}^{m+1}D(a_j)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int sr,sb,sg,n,m,p,inv;
int vis[1001],f[101][21][21][21],tot,A[1001],s[1001],ans;
int qpow(int x,int y)
{
  int res=1;
  while (y)
    {
      if (y&1) res=res*x%p;
      x=x*x%p;
      y/=2;
    }
  return res;
}
int dfs(int x,int cnt)
{
  if (vis[x])
    return cnt;
  vis[x]=1;
  return dfs(A[x],cnt+1);
}
int main()
{int i,a,b,c;
  cin>>sr>>sb>>sg>>m>>p;
  n=sr+sb+sg;
  inv=qpow(m+1,p-2);
  while (m--)
    {
      tot=0;
      memset(vis,0,sizeof(vis));
      for (i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&A[i]);
      for (i=1;i<=n;i++)
    if (vis[i]==0)
      {
        s[++tot]=dfs(i,0);
      }
      memset(f,0,sizeof(f));
      f[0][0][0][0]=1;
      for (i=1;i<=tot;i++)
    {
      for (a=0;a<=sr;a++)
        {
          for (b=0;b<=sb;b++)
        {
          for (c=0;c<=sg;c++)
            {
              if (a>=s[i])
            {
              f[i][a][b][c]+=f[i-1][a-s[i]][b][c];
              if (f[i][a][b][c]>=p) f[i][a][b][c]-=p;
            }
              if (b>=s[i])
            {
              f[i][a][b][c]+=f[i-1][a][b-s[i]][c],f[i][a][b][c]%=p;
              if (f[i][a][b][c]>=p) f[i][a][b][c]-=p;
            }
              if (c>=s[i])
            {
              f[i][a][b][c]+=f[i-1][a][b][c-s[i]];
              if (f[i][a][b][c]>=p) f[i][a][b][c]-=p;
            }
            }
        }
        }      
    }
      ans+=f[tot][sr][sb][sg];
      if (ans>=p) ans-=p;
    }
  memset(f,0,sizeof(f));f[0][0][0][0]=1;
  for (i=1;i<=n;i++)
    {
      for (a=0;a<=sr;a++)
    {
      for (b=0;b<=sb;b++)
        {
          for (c=0;c<=sg;c++)
        {
          if (a>=1)
            {
              f[i][a][b][c]+=f[i-1][a-1][b][c];
              if (f[i][a][b][c]>=p) f[i][a][b][c]-=p;
            }
          if (b>=1)
            {
              f[i][a][b][c]+=f[i-1][a][b-1][c],f[i][a][b][c]%=p;
              if (f[i][a][b][c]>=p) f[i][a][b][c]-=p;
            }
          if (c>=1)
            {
              f[i][a][b][c]+=f[i-1][a][b][c-1];
              if (f[i][a][b][c]>=p) f[i][a][b][c]-=p;
            }
        }
        }
    }
    }
  ans+=f[n][sr][sb][sg];
  if (ans>=p) ans-=p;
  cout<<ans*inv%p;
}