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).

并且数据满足 :

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。

(Max{(Sr,Sb, Sg)}<=20)

Solution

群论中的(burnside)定理

参考资料： 《组合数学》 或者 网上博客， 感觉《组合数学》讲的很棒QuQ

首先看(m)种洗牌， 任意多次都可以用 一种洗牌法来代替， 满足置换群中 合成运算的封闭性

对每种洗牌法， 都存在一种洗牌法使得回到原状态， 满足置换群中 逆元的封闭性

接下来只需要出现单位元就能让洗牌法构成一个置换群

单位元 ： 保持所有位置不变的洗牌法(相当于没洗牌)

如果输入的洗牌法没有单位元， 则手动加上一种洗牌法。 就构成了一个置换群。

然后就可以引用 (burnside)定理

设 (f) 为一种洗牌法，(c) 为一种染色法。

我们可以找到有多少个 (c) 使得， (c) 通过洗牌法(f) 洗牌后不变， 记为(cnt(f))。

则最终答案 ：

[ans= sum cnt(f) div m ]

证明略(懒得打噜， 网上有)

接下来就要求出 (cnt(f))了：

对于一种洗牌法， 把每个位置都看作一个点， 洗牌的移动看成一条边。 则每个点的出度和入度都是(1)

于是构成了若干个不相交的环。要使洗牌后颜色不变， 那么必有同一个环上的颜色相同。

可以通过简单的(DP)求出(cnt(f))了！

总复杂度(O(MN^3)) ，BZOJ上跑了(36ms)

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
#define rd read()
using namespace std;

const int N = 62;

int n, m, sa, sb, sc, mod;
int nxt[N][N], vis[N], f[22][22];
vector<int> v[N];

int read() {
    int X = 0, p = 1; char c = getchar();
    for (; c > '9' || c < '0'; c = getchar())
        if (c == '-') p = -1;	
    for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
        X = X * 10 + c - '0';
    return X * p;
}

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

void init(int x) {
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!vis[i]) {
        vis[i] = 1;
        int now = nxt[x][i], tmp = 1;
        while (now != i) vis[now] = 1, tmp++, now = nxt[x][now];
        v[x].push_back(tmp);
    }
}

int cal(int x) {
    memset(f, 0, sizeof(f));
    f[sa][sb] = 1;
    int tot = 0;
    for (int i = 0, up = v[x].size(); i < up; ++i) {
        for (int j = 0; j <= sa; ++j)
            for (int k = 0; k <= sb; ++k) {
                if (n - tot - j - k < v[x][i]) f[j][k] = 0;
                if (j + v[x][i] <= sa) (f[j][k] += f[j + v[x][i]][k]) %= mod;
                if (k + v[x][i] <= sb) (f[j][k] += f[j][k + v[x][i]]) %= mod;
            }
        tot += v[x][i];
    }
    return f[0][0];
}

int main()
{
    sa = rd; sb = rd; sc = rd; m = rd; mod = rd;
    n = sa + sb + sc;
    bool flag = false;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        bool is = true;
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            nxt[i][j] = rd;
            if (nxt[i][j] != j) is = false;
        }
        if (is) flag = true;
    }
    if (!flag) {
        m++;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            nxt[m][i] = i;
    } 
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        init(i);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        ans = (ans + cal(i)) % mod;
    ans = ans * fpow(m, mod - 2);
    ans = (ans + mod) % mod;
    printf("%d
", ans);
}