Description
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,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).
Input
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。
Output
不同染法除以P的余数
Sample Input
1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2
Sample Output
2
Solution
如果没有洗牌这个约束，答案显然就是：
[ans=inom{a+b+c}{a}cdot inom{b+c}{b}=frac{(a+b+c)!}{a!cdot b!cdot c!}
]
注意到一个置换必定是其他若干个置换之积，且且对每种洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态，即这些置换构成一个封闭群，所以除了单位元，必定没有一个置换存在不动点，所以根据(bornside)引理可知，最终答案即：
[ans=frac{(a+b+c)!}{a!cdot b!cdot c!cdot (m+1)}
]
数据没有必要读完，读第一行就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
#define write(x) printf("%d
",x)
const int maxn = 2e5+10;
int mod;
int qpow(int a,int x) {
int res=1;
for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
return res;
}
int fac(int n) {
int res=1;
for(int i=1;i<=n;i++) res=1ll*res*i%mod;
return res;
}
int main() {
int a,b,c,m;read(a),read(b),read(c),read(m),read(mod);
write(1ll*fac(a+b+c)*qpow(1ll*fac(a)*fac(b)%mod*fac(c)%mod*(m+1)%mod,mod-2)%mod);
return 0;
}