问题描述
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).
输入格式
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。
输出格式
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
样例解释
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。
解析
接下来，我们要使用Burnside引理。
Burnside引理
对于一个置换群，本质不同的染色方案的个数等于每一个置换的不动点的个数的平均值。
置换群，可以简单的理解成多个置换方案的集合。那么，什么是不动点呢？
不动点
对于一个置换，如果一个染色方案满足经过这个置换之后顺序不变，那么这个染色方案称为这个置换的不动点。
然后我们就可以解决这个问题了。题中的每一个置换都是一个排列。我们能够发现，如果按照这样的置换连边，得到的图是有许多的环构成的，每一个点即代表序列中的一个位置。那么怎么求这个置换的不动点呢？不难想到，如果每一个环上的点都染成同样的颜色，得到的方案就是这个置换的不动点。然后就是一个背包问题了。每个环看做是一个容量为该环的大小的物品。有三个背包，容积分别为sr、sb、sg。
注意，静止不动也是一种置换。
PS：以上关于Burnside引理的解释过于简陋，若要详细解释可以百度
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long
#define N 62
using namespace std;
int n,m,p,sr,sb,sg,i,j,k,l,d,f[N][N][N],sum[N],a[N],cnt,ans;
bool vis[N];
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c<='9'&&c>='0'){
w=w*10+c-'0';
c=getchar();
}
return w;
}
int poww(int a,int b)
{
int ans=1,base=a;
while(b){
if(b&1) ans=ans*base%p;
base=base*base%p;
b>>=1;
}
return ans;
}
signed main()
{
sr=read();sb=read();sg=read();m=read();p=read();
n=sr+sb+sg;
for(d=0;d<=m;d++){
if(d==0){
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=i;
}
else{
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
}
memset(f,0,sizeof(f));
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(vis,0,sizeof(vis));
cnt=0;
for(i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
int x=i;
cnt++;
while(!vis[x]) vis[x]=1,sum[cnt]++,x=a[x];
}
}
f[0][0][0]=1;
for(i=1;i<=cnt;i++){
for(j=sr;j>=0;j--){
for(k=sb;k>=0;k--){
for(l=sg;l>=0;l--){
if(j>=sum[i]) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j-sum[i]][k][l])%p;
if(k>=sum[i]) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k-sum[i]][l])%p;
if(l>=sum[i]) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k][l-sum[i]])%p;
}
}
}
}
ans=(ans+f[sr][sb][sg])%p;
}
printf("%lld
",ans*poww(m+1,p-2)%p);
return 0;
}