BZOJ 1004: [HNOI2008]Cards

1004: [HNOI2008]Cards

题意:有n张卡片，染成s1张红色,s2张蓝色和s3张绿色；之后有m种置换关系，问本质不同的染色方案有多少种？

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

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。

思路:对于输入的置换，先使用循环分解算法分解出cnt个循环，并且得出每个循环里面的元素个数为num;

若是没有mod操作，直接就是所有置换f的K^(m(f))之和的平均值；

K表示颜色数，m(f)表示置换f将序列循环分解后的循环节数(即不相交循环的个数)；

这是因为在置换的作用下，每个循环内的元素的颜色必定相同；平均数即总的置换数;

一个隐含的置换就是不操作，f[i] = i;

难点:题目对每种颜色染色的数量做了规定，由于每个循环内所有元素的颜色是相同的，那么这个循环就必须作为一个整体进行染色；所以在01背包中，每个循环的大小就相当于物品的重量；注意每种颜色都是可能将一个循环染色的即可；

在求出mod下的sum之后，将sum/m变成mod意义下的加法；

即m*x = sum(mod p) ==> m*x + p*y = sum(在exgcd()中求出的是 = gcd(m,p) = 1);

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<stdlib.h>
#include<time.h>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
#define rep0(i,l,r) for(int i = (l);i < (r);i++)
#define rep1(i,l,r) for(int i = (l);i <= (r);i++)
#define rep_0(i,r,l) for(int i = (r);i > (l);i--)
#define rep_1(i,r,l) for(int i = (r);i >= (l);i--)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MS1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define MSi(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson l, m, rt << 1
#define rson m+1, r, rt << 1|1
//typedef __int64 ll;
template<typename T>
void read1(T &m)
{
    T x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    m = x*f;
}
template<typename T>
void read2(T &a,T &b){read1(a);read1(b);}
template<typename T>
void read3(T &a,T &b,T &c){read1(a);read1(b);read1(c);}
template<typename T>
void out(T a)
{
    if(a>9) out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
int s1,s2,s3,p,m,n;
int vis[70],f[70][70][70],num[70],B[70][70];
int DP(int id)
{
    MS0(vis);
    int cnt = 0;
    rep1(i,1,n)if(!vis[i]){//循环的分解
        num[++cnt] = 0;
        int tmp = i;
        do{
            vis[tmp] = cnt;
            num[cnt]++;
            tmp = B[id][tmp];
        }while(!vis[tmp]);
    }
    MS0(f);
    f[0][0][0] = 1;
    rep1(i,1,cnt){
        rep_1(j,s1,0)
            rep_1(k,s2,0)
                rep_1(q,s3,0){
                    if(j >= num[i]) (f[j][k][q] += f[j-num[i]][k][q]) %= p;
                    if(k >= num[i]) (f[j][k][q] += f[j][k-num[i]][q]) %= p;
                    if(q >= num[i]) (f[j][k][q] += f[j][k][q-num[i]]) %= p;
            }
    }
    return f[s1][s2][s3];
}
void exgcd(int a,int b,int& x,int& y)
{
    if(b == 0){
         x = 1,y = 0;//等式右边为gcd(a,p) = 1;此时a = gcd(a,p);
         return ;
    }
    exgcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b*x;
}

int main()
{
    read3(s1,s2,s3);
    read2(m,p);
    n = s1 + s2 + s3;
    rep1(i,1,m) rep1(j,1,n) read1(B[i][j]);
    ++m;//设置没变化的置换;
    rep1(i,1,n) B[m][i] = i;
    int sum = 0;
    rep1(i,1,m) sum += DP(i);//记录所有置换f的K^m(f)的和
    int x,y;// ans = sum/m;是在没有mod的时候
    exgcd(m,p,x,y);
    while(x < 0) x += p,y -= m;
    printf("%d
",sum*x%p);
    return 0;
}

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