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  • Cards BZOJ 1004

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    【问题描述】

      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).

    【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。

    【输出格式】

    不同染法除以P的余数

    【样例输入】

    1 1 1 2 7
    2 3 1
    3 1 2

    【样例输出】

    2

    【样例解释】

    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。

    【数据范围】

    100%数据满足:Max{Sr,Sb,Sg}<=20。


    题解:

    Burnside引理:用D(ai)表示在置换ai下不变的元素个数。L表示本质不同的方案数。G表示置换群。|G|表示置换群的大小。

    置换群简单地讲就是给定置换,所有置换的置换所组成的集合就是置换群

    举个例子:

    4个置换组成的置换群:

    1 2 3 4

    2 3 4 1

    3 4 1 2

    4 1 2 3

    假设我们有2种颜色用0与1表示

    第一种:所有方案都不变,D(a1) = 16

    第二种:0000、1111,D(a2) = 2

    第三种:0000、1111、0101、1010,D(a3) = 4

    第四种:0000、1111,D(a4) = 2

    那么 L = (16 + 2 + 4 + 2) / 4 = 6

    这就是本质不同的方案数

    题目中已经保证给出所有置换中,只要加上一个不变的置换就能得到置换群

    显然置换可以拆成多个轮换相乘

    所以对每种轮换内的元素进行同种颜色的染色,那么轮换中的颜色经过此置换仍然不变

    那么用一个01背包,就可以求出在一个置换下不变的元素个数

    然后有模数,所以用逆元求一下分母

     1 #include<algorithm>
     2 #include<iostream>
     3 #include<cstring>
     4 #include<cstdlib>
     5 #include<cstdio>
     6 #include<cmath>
     7 using namespace std;
     8 inline int Get()
     9 {
    10     int x = 0;
    11     char c = getchar();
    12     while('0' > c || c > '9') c = getchar();
    13     while('0' <= c && c <= '9')
    14     {
    15         x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0';
    16         c = getchar();
    17     }
    18     return x;
    19 }
    20 const int me = 123;
    21 int r, b, g, m, p, n, t;
    22 bool vis[me];
    23 int a[me];
    24 int si[me];
    25 int num;
    26 long long ans;
    27 long long f[me][me][me];
    28 inline long long Pow(long long x, int y)
    29 {
    30     long long res = 1;
    31     long long sum = x % p;
    32     while(y)
    33     {
    34         if(y & 1) res = (res * sum) % p;
    35         sum = (sum * sum) % p;
    36         y >>= 1;
    37     }
    38     return res;
    39 }
    40 int main()
    41 {
    42     r = Get(), b = Get(), g = Get(), m = Get(), p = Get();
    43     n = r + b + g;
    44     ++m;
    45     t = m;
    46     while(m--)
    47     {
    48         num = 0;
    49         memset(f, 0, sizeof(f));
    50         memset(si, 0, sizeof(si));
    51         memset(vis, false, sizeof(vis));
    52         for(int i = 1; i <= n; ++i)
    53         {
    54             if(m) a[i] = Get();
    55             else a[i] = i;
    56         }
    57         for(int i = 1; i <= n; ++i)
    58         {
    59             if(!vis[i])
    60             {
    61                 int c = a[i];
    62                 ++num;
    63                 while(!vis[c])
    64                 {
    65                     vis[c] = true;
    66                     ++si[num];
    67                     c = a[c];
    68                 }
    69             }
    70         }
    71         f[0][0][0] = 1;
    72         for(int i = 1; i <= num; ++i)
    73             for(int j = r; j >= 0; --j)
    74                 for(int k = b; k >= 0; --k)
    75                     for(int l = g; l >= 0; --l)
    76                     {
    77                         if(j >= si[i]) f[j][k][l] = (f[j][k][l] + f[j - si[i]][k][l]) % p;
    78                         if(k >= si[i]) f[j][k][l] = (f[j][k][l] + f[j][k - si[i]][l]) % p;
    79                         if(l >= si[i]) f[j][k][l] = (f[j][k][l] + f[j][k][l - si[i]]) % p;
    80                     }
    81         ans = (ans + f[r][b][g]) % p;
    82     }
    83     printf("%lld", (ans * Pow(t, p - 2)) % p);
    84 }
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