[bzoj1004][HNOI2008][Cards] (置换群+Burnside引理+动态规划)

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
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).

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

HINT

　　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。

Solution

标准的置换群问题

有个神犇说过，置换群不是burnside就是polya

由于求解的是本质不同的染色方案，就可以判断是burnside引理的应用

burnside引理：

设G={a1,a2,…ag}是目标集[1,n]上的置换群。每个置换都写成不相交循环的乘积。

$c_1(a_k)$ 是在置换ak的作用下不动点的个数，也就是长度为1的循环的个数。通过上述置换的变换操作后可以相等的元素属于同一个等价类。若G将[1,n]划分成l个等价类，则：

等价类个数为： $l=\frac{1}{|G|}[c_1(a_1)+c_2(a_2)+\cdots+c_1(a_g)]$

对于此题，先看等价的限定

题目原话：“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”，再看看样例说明，可以得知标号是没用的，仅有顺序有别

所以，对给定的m个置换，每个循环可以导出等价类当且仅当循环节为1

而循环节为1的条件就是：循环内的元素的颜色都相同（毕竟标号没用）

因此，我们只要求出循环节为1的元素个数就行了

这个过程我们考虑用动态规划，做一个背包，从大到小枚举可以保证不会重复计算，最终就可以求出对应卡片数量状态下不变的方案数

最后，由于取模运算不能处理除法，我们再做一个乘法逆元

#include<stdio.h>
#include<memory.h>
inline int Rin(){
    int x=0,c=getchar(),f=1;
    for(;c<48||c>57;c=getchar())
        if(!(c^45))f=-1;
    for(;c>47&&c<58;c=getchar())
        x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;
    return x*f;
}
bool b[61];
int s[4],n,m,md,fur[61][61],d[61],f[21][21][21],ans;
int dp(int x){
    memset(b,0,sizeof(b));
    int top=0,v;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!b[i]){
            b[i]=1;
            d[++top]=1;
            v=i;
            while(!b[fur[x][v]])
                b[fur[x][v]]=1,
                d[top]++,
                v=fur[x][v];
        }
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0][0][0]=1;
    for(int k=1;k<=top;k++)
        for(int dx=s[1];dx>=0;dx--)
        for(int dy=s[2];dy>=0;dy--)
        for(int dz=s[3];dz>=0;dz--)
            (dx>=d[k]?(f[dx][dy][dz]=(f[dx][dy][dz]+f[dx-d[k]][dy][dz])%md):0),
            (dy>=d[k]?(f[dx][dy][dz]=(f[dx][dy][dz]+f[dx][dy-d[k]][dz])%md):0),
            (dz>=d[k]?(f[dx][dy][dz]=(f[dx][dy][dz]+f[dx][dy][dz-d[k]])%md):0);
    return f[s[1]][s[2]][s[3]];
}
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b){x=1;y=0;return;}
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;x=y;y=t-a/b*y;
}
int main(){
    for(int i=1;i<=3;i++)
        s[i]=Rin(),
        n+=s[i];
    m=Rin(),md=Rin();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            fur[i][j]=Rin();
    m++;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fur[m][i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        ans=(ans+dp(i))%md;
    int x,y;
    exgcd(m,md,x,y);
    while(x<=0)x+=md,y-=m;
    printf("%d
",ans*x%md);
    return 0;
}