BZOJ1004[HNOI2008]Cards——polya定理+背包

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

　　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

　　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

提示

　　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。

我们知道$polya$定理是不动点方案$=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{f\in G}^{ }m^{c(f)}$，其中$f$代表一种置换，而$c(f)$则代表在置换$f$下的循环数。因为在一种置换中同一循环的元素的颜色必须相同，所以每种置换的染色方案数为$m^{c(f)}$，而本题限制了每种颜色的染色数量所以不能直接套用公式。对于每种置换，假设其中有一个大小为$k$的循环，那么可以将它看做是一个大小为$k$的物品。那么我们要求的就是有若干个物品，要求将他们染色并使染成每种颜色的物品总大小分别为$Sr,Sg,Sb$，直接做一遍多维背包即可求出方案数。最后不要忘记不洗牌也是一种置换。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int a,b,c,m,p;
int n;
int v[100];
int f[30][30][30];
int vis[100];
int cnt;
int q[100];
ll ans;
ll quick(int x,int y)
{
	ll res=1ll;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		{
			res=res*x%p;
		}
		y>>=1;
		x=1ll*x*x%p;
	}
	return res;
}
int solve()
{
	memset(q,0,sizeof(q));
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i])
		{
			int sum=0;
			int now=i;
			while(!vis[now])
			{
				sum++;
				vis[now]=1;
				now=v[now];
			}
			q[++cnt]=sum;
		}
	}
	f[0][0][0]=1;
	for(int s=1;s<=cnt;s++)
	{
		int x=q[s];
		for(int i=a;i>=0;i--)
		{
			for(int j=b;j>=0;j--)
			{
				for(int k=c;k>=0;k--)
				{
					if(i>=x)
					{
						f[i][j][k]+=f[i-x][j][k];
						f[i][j][k]%=p;
					}
					if(j>=x)
					{
						f[i][j][k]+=f[i][j-x][k];
						f[i][j][k]%=p;
					}
					if(k>=x)
					{
						f[i][j][k]+=f[i][j][k-x];
						f[i][j][k]%=p;
					}
				}
			}
		}
	}
	return f[a][b][c];
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&m,&p);
	n=a+b+c;
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&v[i]);
		}
		ans+=solve();
		ans%=p;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		v[i]=i;
	}
	ans+=solve();
	ans%=p;
	ans*=quick(m+1,p-2);
	ans%=p;
	printf("%lld",ans);
}