洛谷 P4128: bzoj 1815: [SHOI2006]有色图

题目传送门：洛谷 P4128。

计数好题，原来是 13 年前就出现了经典套路啊。这题在当年应该很难吧。

题意简述：

\(n\) 个点的完全图，点没有颜色，边有 \(m\) 种颜色，问本质不同的图的数量对质数 \(p>n\) 取模。

本质不同指的是在点的 \(n!\) 种不同置换下不同。

题解：

首先有 \(\mathrm{Burnside}\) 引理：一类元素在一个置换群的作用下本质不同的元素（不同等价类）个数等于 \(\displaystyle\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}M(g)\)。其中 \(G\) 是所有置换的集合，\(M(g)\) 是一个置换的不动点个数。

那么我们考虑一个点的置换 \((a_1,a_2,\ldots,a_n)\)，因为一个置换可以拆分成不相交循环的乘积，考虑这个置换能拆分成 \(k\) 个长度分别为 \(b_1,b_2,\ldots,b_k\) 的不相交循环的乘积。显然它的不动点个数为 \(m\) 的在这个置换下边的等价类个数次方。如何计算它的边等价类个数？

我们考虑两类边，第一类是端点在同一循环中的边，第二类是端点在不同循环中的边。

对于第一类边，考虑一个长度为 \(b\) 的循环。把 \(b\) 个点按顺序等距分布在一个圆上，在循环作用下每条边都会往顺时针方向位移一格。则容易得到两条边处于不同等价类当且仅当它们长度不同，可以得出长度为 \(b\) 的循环内部共有 \(\displaystyle\left\lfloor\frac{b}{2}\right\rfloor\) 种边的等价类。

对于第二类边，考虑两个长度分别为 \(b_1\) 和 \(b_2\) 的不同循环。对于一条边，在这个置换的重复作用下经过 \(\mathrm{lcm}(b_1,b_2)\) 次操作会回到自身。所以每条边的在一个大小为 \(\mathrm{lcm}(b_1,b_2)\) 的等价类中，则不同等价类的个数为 \(\displaystyle\frac{b_1b_2}{\mathrm{lcm}(b_1,b_2)}=\gcd(b_1,b_2)\)。

综合得到等价类个数为 \(\displaystyle\sum_{i}\left\lfloor\frac{b_i}{2}\right\rfloor+\sum_{i<j}\gcd(b_i,b_j)\)。对于一个求出了 \(b\) 的置换，这个式子可以在 \(\Theta(k^2\log b_i)\) 的时间内求出。

接下来需要对所有置换统计，显然我们不能枚举每个置换，但是可以发现，\(b\) 一样的置换答案也相同。考虑枚举 \(b\)，即本质不同的不相交循环长度的可重集。这相当于枚举 \(n\) 的每个整数分拆。本题中 \(n\le 53\)，而 \(53\) 的整数分拆数量也不大。

考虑枚举了 \(b_1\le b_2\le \cdots\le b_k\)，其中 \(\displaystyle\sum b_i=n\)，如何计算它对应了多少种不同的置换呢？

考虑对于 \(1\) 到 \(n\) 的每个点，分配它在第几个循环中，这相当于一个多重组合数 \(\displaystyle\frac{n!}{\prod b_i!}\)。而对于每一个置换，分配它内部的顺序，这相当于一个圆排列，即 \(\prod (b_i-1)!\)，结合前面是 \(\displaystyle\frac{n!}{\prod b_i}\)。最后我们会发现这样其实会算重，因为每个循环的前后顺序不影响，不能把 \(1,2\) 和 \(2,1\)（这里表示每个点在第几个循环内）当作不同的循环分配方案。发现只有 \(b_i\) 相同的会影响，假设有 \(c\) 个，正好多乘了 \(c!\) 种方案，除掉就好了。这相当于 \(\displaystyle\frac{n!}{\prod b_i\prod c!}\)。

发现因为有 \(|G|=n!\) 种置换，正好和最后 \(\displaystyle\frac{1}{|G|}\) 抵消了，所以最终的式子是：\(\displaystyle\sum_{b}\frac{1}{\prod b_i\prod c!}m^{\left[\sum_{i}\lfloor\frac{b_i}{2}\rfloor+\sum_{i<j}\gcd(b_i,b_j)\right]}\)。

对于枚举每一种 \(b\)，可以直接 DFS。而后面两个东西都是能直接在 DFS 过程中计算的，优化常数。

本题很贴心地保证 \(p>n\)，可以放心求阶乘和阶乘逆元。

时间复杂度大约是 \(\displaystyle\mathcal{O}\left(\log n\sum_{p\in\mathrm{Partition}(n)}\mathrm{len}^{2}(p)\right)\)，实际比较小，更多可以查看 A296010。

#include <cstdio>
#include <algorithm>

typedef long long LL;
const int MN = 60;

int N, M, P, Sum;
inline int qPow(int b, int e) {
	int a = 1;
	for (; e; b = (LL)b * b % P, e >>= 1)
		if (e & 1) a = (LL)a * b % P;
	return a;
}

int Inv[MN], Fac[MN], iFac[MN];
inline void Init(int N) {
	Inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; ++i) {
		Inv[i] = (LL)(P - P / i) * Inv[P % i] % P;
	}
	Fac[0] = iFac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		Fac[i] = (LL)Fac[i - 1] * i % P;
		iFac[i] = (LL)iFac[i - 1] * Inv[i] % P;
	}
}

int stk[MN], t, n1, n2 = 1;
void DFS(int s, int mx, int c) {
	if (!s) {
		Sum = (Sum + (LL)qPow(M, n1) * n2) % P;
		return ;
	}
	int a = n1, b = n2;
	for (int i = 1; i <= mx; ++i) {
		stk[++t] = i;
		n1 = a + i / 2;
		for (int j = 1; j < t; ++j) n1 += std::__gcd(stk[j], i);
		n2 = (LL)b * Inv[i] % P;
		if (i == stk[t - 1]) n2 = (LL)n2 * Fac[c] % P * iFac[c + 1] % P;
		DFS(s - i, std::min(s - i, i), i == stk[t - 1] ? c + 1 : 1);
		--t;
	}
}

int main() {
	scanf("%d%d%d", &N, &M, &P);
	Init(N);
	DFS(N, N, 0);
	printf("%d\n", Sum);
	return 0;
}

听说有色图？来了来了！色图在哪里啊？