[HDU1812] Count the Tetris - polya定理
题面
Problem Description
话说就是因为这个游戏,Lele已经变成一个名人,每当他一出现在公共场合,就有无数人找他签名,挑战。
为了防止引起社会的骚动,Lele决定还是乖乖呆在家里。
在家很无聊,Lele可不想像其他人一样每天没事在家数钱玩,于是他就开始数棋盘。他想知道,一个有N×N个格子的正方形棋盘,每个格子可以用C种不同颜色来染色,一共可以得到多少种不同的棋盘。如果一个棋盘,经过任意旋转,反射后变成另一个棋盘,这两个棋盘就是属于同一种棋盘。
比如当N=C=2的时候,有下面六种不同的棋盘
现在告诉你N和C,请你帮帮Lele算算,到底有多少种不同的棋盘
Input
本题目包含多组测试,请处理到文件结束。
每组测试数据包含两个正整数N和C(0<N,C,<31),分别表示棋盘的大小是N×N,用C种颜色来进行染色。
Output
对于每组测试,在一行里输出答案。
Sample Input
2 2 3 1
Sample Output
6 1
题解
根据polya定理,
这道题的G中一共有8个元素,分别是①不动,②顺时针转90°,③转180°,④顺时针转270°,⑤左-右翻转,⑥上-下翻转,⑦左上-右下翻转,⑧左下-右上翻转。
C(i)就是每个元素的循环节个数,对于这道题可得:
实际的答案有可能达到N^2C级别,但是我们惊讶地发现这道题不取模,所以要用高精度
这道题很毒瘤,因为他的数据组数很大很大,每次直接算要超时,数据组数比31*31大得多,但是只有31*31种状态,所以我们记忆一下。
CODE
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cmath>
#include<iostream>
#define MAXN 100005
#define LL long long
#define ULL unsigned LL
#define rg register
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define ENDL putchar('\n')
//#pragma GCC optimize(2)
#define DB double
//#pragma G++ optimize(3)
#define int LL
using namespace std;
inline int read() {
int f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s == '-') f = -1;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x = x * 10 - '0' + s;s = getchar();}
return x * f;
}
struct it{
int len;
LL s[3005];
it(){len = 1;memset(s,0,sizeof(s));}
it(int nm) {
len = 1;memset(s,0,sizeof(s));
for(int i = 1;nm;i ++) {
s[i] = nm % 1000000000;
nm /= 1000000000;
if(s[i]) len = max(len,i);
}
}
void print() {
printf("%d",s[len]);
for(int i = len-1;i > 0;i --) {
printf("%09d",s[i]);
}
}
};
it operator + (it a,it b) {
it c; LL m = 0;
for(int i = 1;i <= a.len || i <= b.len || m;i ++) {
c.s[i] = a.s[i] + b.s[i] + m;
m = c.s[i] / 1000000000;
c.s[i] %= 1000000000;
if(c.s[i]) c.len = max(c.len,i);
}
return c;
}
it operator * (it a,it b) {
it c; LL m = 0;
for(int i = 1;i <= a.len;i ++) {
m = 0;
for(int j = 1;j <= b.len || m;j ++) {
c.s[i + j - 1] += a.s[i] * b.s[j] + m;
m = c.s[i+j-1] / 1000000000;
c.s[i+j-1] %= 1000000000;
if(c.s[i+j-1]) c.len = max(c.len,i+j-1);
}
}
return c;
}
it operator / (it a,int b) {
it c; LL m = 0;
for(int i = a.len;i > 0;i --) {
m = m * 1000000000 + a.s[i];
c.s[i] = m / b;
m %= b;
if(c.s[i]) c.len = max(c.len,i);
}
return c;
}
int zxy;
LL n,m,i,j,s,o,k,ans;
LL gcd(LL a,LL b) {
return b == 0 ? a : gcd(b,a % b);
}
LL qkpow(LL a,LL b) {
LL res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = res * a;
b >>= 1; a = a * a;
}
return res;
}
it qkpow(it a,LL b) {
it res(1);
while(b) {
if(b & 1) res = res * a;
b >>= 1; a = a * a;
}
return res;
}
it dp[35][35];
bool vis[35][35];
signed main() {
while(scanf("%d%d",&n,&m) == 2) {
if(vis[n][m]) {
dp[n][m].print();
ENDL;
continue;
}
it ans;
it M(m);
ans = (qkpow(M,n * n));
ans = ans + (qkpow(M,(n & 1) ? ((n * n - 1) / 4 + 1) : (n * n / 4)) * it(2));
ans = ans + (qkpow(M,(n & 1) ? ((n * n - 1) / 2 + 1) : (n * n / 2)));
ans = ans + (qkpow(M,(n & 1) ? (n * (n+1) / 2) : (n * n / 2)) * it(2));
ans = ans + (qkpow(M,n * (n+1) / 2) * it(2));
ans = ans / 8;
ans.print();
dp[n][m] = ans;
vis[n][m] = 1;
ENDL;
}
return 0;
}
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