BZOJ 1004 【HNOI2008】 Cards

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　　听说这道题是染色问题的入门题，于是就去学了一下\(Burnside\)引理和\(P\acute{o}lya\)定理(其实还是没有懂)，回来写这道题。

　　由于题目中保证"任意多次洗牌都可用这\(m\)种洗牌法中的一种代替"，于是有了封闭性。

　　结合律显然成立。

　　题目中还保证了"对每种洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态"，逆元也有了。

　　只剩下一个单位元，我们手动补上。单位元就是不洗牌。

　　所以所有的洗牌方案构成了一个置换群。于是就可以用$Burnside$引理了。

　　这道题由于颜色有数目限制，那么就不能直接上$P\acute{o}lya$定理了。

　　根据$Burnside$引理，本质不同的染色数目$ans$就是$C(f)$的平均数。于是我们可以暴力算出$C(f)$，由于是在模意义下，所以除法变为逆元。

　　当然，这里的暴力方法不是指指数级的枚举，而是$dp$。因为一种方案要在一个置换下本质不变，那么在同一个循环内的位置颜色必定相等。于是把所有循环都抠出来然后暴力三维背包就可以了。

　　下面贴代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
#define N 61

using namespace std;
typedef long long llg;

int Sr,Sb,Sg,m,p,ans;
int nt[N],siz[N],n,f[N][N][N];
bool vis[N];

void gi(int &x){if(x>=p) x%=p;}
int mi(int a,int b){
	int s=1;
	while(b){
		if(b&1) s=s*a,gi(s);
		a=a*a,gi(a); b>>=1;
	}
	return s;
}

int work(){
	int tol=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!vis[i]){
			siz[++tol]=0;
			for(int j=i;!vis[j];j=nt[j]) vis[j]=1,siz[tol]++;
		}
	for(int r=0;r<=Sr;r++)
		for(int b=0;b<=Sb;b++)
			for(int g=0;g<=Sg;g++)
				f[r][b][g]=0;
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=tol;i++)
		for(int r=Sr;r>=0;r--)
			for(int b=Sb;b>=0;b--)
				for(int g=Sg;g>=0;g--){
					if(r>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r-siz[i]][b][g];
					if(b>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r][b-siz[i]][g];
					if(g>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r][b][g-siz[i]];
					gi(f[r][b][g]);
				}
	return f[Sr][Sb][Sg];
}

int main(){
	File("a");
	scanf("%d %d %d %d %d",&Sr,&Sb,&Sg,&m,&p);
	n=Sr+Sb+Sg;
	for(int i=1;i<=n;i++) nt[i]=i; ans=work();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&nt[j]);
		ans+=work(); gi(ans);
	}
	ans*=mi(m+1,p-2); gi(ans);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}