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} leq 20)。
想法
该题为 (Burnside) 引理的典型应用题。
预备知识
置换：在集合论中，一个集合的置换是从该集合映至自身的双射。
它是一种运算
置换群：n元对称群的任意一个子群,都叫做一个n元置换群,简称置换群。
简单来说，就是若干置换组成的集合，且满足“群”的特点，即：
(i)) 封闭性：置换群 (G) 中任意两个置换结合形成的置换在 (G) 中
(ii)) 结合性：（(a) 结合 (b)） 结合 (c) (=) (a) 结合 （(b) 结合 (c)）
(iii)) 单位元： (G) 中存在置换 (e) 满足 (e) 与 (G) 中任意置换 (a) 结合，结果为 (a) （即 (e) 为单位元）
(iiii)) 逆元： 对 (G) 中任意置换 (a) ，(G) 中都存在置换 (b) 使 (a) 与 (b) 结合后结果为 (e)
等价类 ：某个序列 (A) 经过 (G) 中的某个置换变成 (B)， 则 (A) 与 (B) 属于同一等价类
不动点： 若一个序列 (A) 经过置换 (a) 后仍为 (A) , 则称 (A) 为置换 (a) 的不动点
Burnside引理
设置换群 (G) 为等价关系集合，(C(f)) 表示置换 (f) 的不动点个数。
则等价类个数 (L=frac{sum{C(f)}}{|G|})
证明不会。。。先记住就好
计算不动点个数
其实每个置换可以写成若干个循环乘积形式
如置换 (2 4 5 1 3) 中，其实只有 (1,2,4) 互换位置， (3,5) 互换位置，故可以写成：
((1,2,4) cdot (3,5))
在染色问题中， 若要经过一次置换后仍不变，则(1,2,4) 必须同色， (3,5) 必须同色，而这两者之间颜色互不干扰。
故这个置换的不动点个数为 (颜色数 ^ 2)
(Rightarrow) 设颜色数为 (m) , 某一个置换有 (x) 个循环节，则该置换的不动点个数为 (m^x)
Polya定理
其实就是上面的 (Burnside) 引理与 计算不动点个数的结合，专门针对染色问题。
设 (G) 是 (n) 个对象的一个置换群, 用 (m) 种颜色染图这 (n) 个对象，则不同的染色方案数为：
(L=frac{sum{m^{C(f)}}}{|G|})
注意在这里面 (C(f)) 表示置换 (f) 的循环节数。
小例题
有一个圆形项链，上面有 (n) 个珠子，这 (n) 个珠子由 (m) 中颜色组成。经过旋转后（不是翻转！）相同的项链为相同的项链，请问一共有多少不同的项链？
解法：
本题中的置换群为
我们管这个置换群中的置换形象地叫做“转圈圈置换”
则置换群中第 (i) 个置换（顺序见上），它的循环节数为 (gcd(i,n))
应用 (Polya) 定理既可做出来。
本题解法！！！
题中所说的洗牌法基本满足置换群性质，只要加上单位元就是真正的置换群了！
为了套用定理，我们要考虑如何计算不动点个数。
如果没有对 (RGB) 数量的限制，那暴力找循环就可以了然后套 (Polya) 定理就行了。
但有限制咋办呢？
——还是暴力找循环，记下每个环的大小。
由于每个环上点必须是同一颜色，问题转化为把环扔进3个大小有限制的背包中，求放法。
(DP) 就好啦。
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 65;
typedef long long ll;
int sr,sb,sg,m,n,P;
int cg[N][N];
int Pow_mod(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1) ret=((ll)ret*x)%P;
x=((ll)x*x)%P;
y>>=1;
}
return ret;
}
int cnt[N],t;
int vis[N],f[25][25][25];
int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d",&sr,&sb,&sg,&m,&P);
n=sr+sb+sg;
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&cg[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++) cg[m][i]=i;
int ans=0,x;
for(int i=0;i<=m;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(cnt,0,sizeof(cnt)); t=0;
memset(f,0,sizeof(f));
for(int j=1;j<=n;j++){
if(vis[j]) continue;
t++;
x=j;
while(!vis[x]) {
vis[x]=1;
cnt[t]++;
x=cg[i][x];
}
}
f[sr][sb][sg]=1;
for(int j=1;j<=t;j++){
for(int r=0;r<=sr;r++)
for(int b=0;b<=sb;b++)
for(int g=0;g<=sg;g++){
if(r+cnt[j]<=sr) (f[r][b][g]+=f[r+cnt[j]][b][g])%=P;
if(b+cnt[j]<=sb) (f[r][b][g]+=f[r][b+cnt[j]][g])%=P;
if(g+cnt[j]<=sg) (f[r][b][g]+=f[r][b][g+cnt[j]])%=P;
}
}
(ans+=f[0][0][0])%=P;
}
printf("%d
",((ll)ans*Pow_mod(m+1,P-2))%P);
return 0;
}