[bzoj1004][HNOI2008][Cards] (置换群+Burnside引理+动态规划)

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

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。

Solution

标准的置换群问题

有个神犇说过，置换群不是burnside就是polya

由于求解的是本质不同的染色方案，就可以判断是burnside引理的应用

burnside引理：

设G={a1,a2,…ag}是目标集[1,n]上的置换群。每个置换都写成不相交循环的乘积。

$c_1(a_k)$ 是在置换ak的作用下不动点的个数，也就是长度为1的循环的个数。通过上述置换的变换操作后可以相等的元素属于同一个等价类。若G将[1,n]划分成l个等价类，则：

等价类个数为： $l=\frac{1}{|G|}[c_1(a_1)+c_2(a_2)+\cdots+c_1(a_g)]$

对于此题，先看等价的限定

题目原话：“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”，再看看样例说明，可以得知标号是没用的，仅有顺序有别

所以，对给定的m个置换，每个循环可以导出等价类当且仅当循环节为1

而循环节为1的条件就是：循环内的元素的颜色都相同（毕竟标号没用）

因此，我们只要求出循环节为1的元素个数就行了

这个过程我们考虑用动态规划，做一个背包，从大到小枚举可以保证不会重复计算，最终就可以求出对应卡片数量状态下不变的方案数

最后，由于取模运算不能处理除法，我们再做一个乘法逆元

#include<stdio.h>

#include<memory.h>

inline int Rin(){

    int x=,c=getchar(),f=;

    for(;c<||c>;c=getchar())

        if(!(c^))f=-;

    for(;c>&&c<;c=getchar())

        x=(x<<)+(x<<)+c-;

    return x*f;

}

bool b[];

int s[],n,m,md,fur[][],d[],f[][][],ans;

int dp(int x){

    memset(b,,sizeof(b));

    int top=,v;

    for(int i=;i<=n;i++)

        if(!b[i]){

            b[i]=;

            d[++top]=;

            v=i;

            while(!b[fur[x][v]])

                b[fur[x][v]]=,

                d[top]++,

                v=fur[x][v];

        }

    memset(f,,sizeof(f));

    f[][][]=;

    for(int k=;k<=top;k++)

        for(int dx=s[];dx>=;dx--)

        for(int dy=s[];dy>=;dy--)

        for(int dz=s[];dz>=;dz--)

            (dx>=d[k]?(f[dx][dy][dz]=(f[dx][dy][dz]+f[dx-d[k]][dy][dz])%md):),

            (dy>=d[k]?(f[dx][dy][dz]=(f[dx][dy][dz]+f[dx][dy-d[k]][dz])%md):),

            (dz>=d[k]?(f[dx][dy][dz]=(f[dx][dy][dz]+f[dx][dy][dz-d[k]])%md):);

    return f[s[]][s[]][s[]];

}

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){

    if(!b){x=;y=;return;}

    exgcd(b,a%b,x,y);

    int t=x;x=y;y=t-a/b*y;

}

int main(){

    for(int i=;i<=;i++)

        s[i]=Rin(),

        n+=s[i];

    m=Rin(),md=Rin();

    for(int i=;i<=m;i++)

        for(int j=;j<=n;j++)

            fur[i][j]=Rin();

    m++;

    for(int i=;i<=n;i++)

        fur[m][i]=i;

    for(int i=;i<=m;i++)

        ans=(ans+dp(i))%md;

    int x,y;

    exgcd(m,md,x,y);

    while(x<=)x+=md,y-=m;

    printf("%d\n",ans*x%md);

    return ;

}