ovo这其实是一道置换 + DP的题，不过蒟蒻已经快忘了置换怎么做了……
或许这道题使用组合数的方法更容易一些。
我们先考虑一下，满足题目中各种卡牌颜色要求的染色个数一共有多少种，这个很显然，是C（n,sr）* C(n - sr,sb) * C(n-sr-sb,sg)（后面那项结果就是1其实）
之后，题目中提到，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。
也就是说，对于一种状态A，有另外m中状态能够由它变来（自然也能由这些状态变回A），而其他的状态则不能从A变来。因为任意多次洗牌都可以用m种之一替代，所以肯定是可以从A这种状态再变出来m种的。
而我们再考虑，如果A能够变成一种状态B，它不属于这m+1种状态之一，但是根据题目描述，它一定是可以变回A，转变成了A，就可以转换为其他状态，这与它原来不在这m+1中状态中是矛盾的。
所以，在这些染色方法中，每m+1中染色方式是被绑定在一起的，是本质相同的，所以计算出来染色总数除以（m+1）即为结果。
先处理出来阶乘和阶乘的逆元就可以了。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define rep(i,a,n) for(ll i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(ll i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; const int M = 105; typedef long long ll; ll read() { ll ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } ll qpow(ll a,ll b,ll mod) { ll q = 1; while(b) { if(b&1) q *= a,q %= mod; a *= a,a %= mod; b >>= 1; } return q % mod; } ll m,n,inv[M],sum[M],p,sr,sb,sg; ll C(ll a,ll b) { return sum[a] * inv[b] * inv[a-b] % p; } int main() { inv[0] = 1,sum[0] = 1,inv[1] = 1; sr = read(),sb = read(),sg = read(),m = read(),p = read(); n = sr+sb+sg; rep(i,1,p-1) sum[i] = sum[i-1] * i % p; inv[p-1] = qpow(sum[p-1],p-2,p); per(i,p-1,2) inv[i-1] = inv[i] * i % p; printf("%lld ",C(n,sr) * C(n-sr,sb) * qpow(m+1,p-2,p) % p); return 0; }