BZOJ1004: [HNOI2008]Cards(Burnside引理 背包dp)

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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

2

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。

Source

这题非常的妙啊。

第一眼看过去应该是P♂lya定理，但是考虑到P♂lya定理是用颜色数做底数计算的，而此题有颜色数的限制，

所以我们考虑它最原始的版本—Burnside引理

这题置换的个数直接给出了($M$)

因此我们只需要求出每个置换中不动点的方案再乘上$M$Z在模$P$意义下的逆元就行了

考虑如何求每个置换中的不动点

联想P♂lya定理。我们在每个循环节中都必须要放同样的颜色，这题也是一样的，只不过多了个数的限制

那么我们直接把个数的限制当做状态dp就行了

设$f[i][a][b]$表示前$i$个循环节，用了$a$个红颜色，$b$个蓝颜色，$c$个黄颜色

转移的时候判断当前放的个数时候大于循环节长度，背包转移

注意最初的状态也算一种方案

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define LL long long  
const int MAXN = 1e5 + 10;
using namespace std;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int Sr, Sb, Sg, N, M, mod, change[MAXN];
int f[61][21][21], len[101], vis[101], num = 0; // f[i][j][k]前i个循环节，用了j个红，k个蓝， i - j - k个绿 len[i]第i个循环节有几个元素 
int F(int *a) {
    memset(f, 0, sizeof(f));
    memset(len, 0, sizeof(len));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    num = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        if(!vis[i]) {
            int cur = i; num++;
            while(!vis[i]) len[num]++, vis[i] = 1,  i = a[i];
        }
    }
    f[0][0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= num; i++) {
        for(int a = 0; a <= Sr; a++) {
            for(int b = 0; b <= Sb; b++) {
                int c = i - a - b, sum = 0;
                if(c < 0 || c > Sg) continue;
                if(a >= len[i]) sum = (sum + f[i - 1][a - len[i]][b] ) % mod;
                if(b >= len[i]) sum = (sum + f[i - 1][a][b - len[i]] ) % mod;
                if(c >= len[i]) sum = (sum + f[i - 1][a][b]) % mod;
                f[i][a][b] = sum % mod;
            }
        }
    }
    return f[num][Sr][Sb] % mod;
}
int inv(int a, int p, int mod) {
    int base = 1;
    while(p) {
        if(p & 1) base = (base * a) % mod;
        a = (a * a) % mod; p >>= 1;
    }
    return base % mod;
}
main() {
    Sr = read(); Sb = read(); Sg = read(); M = read(), mod = read();
    N = Sr + Sb + Sg;
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= M; i++) {
        for(int j = 1; j <= N; j++) change[j] = read();
        ans += F(change);
    }
    for(int i = 1; i <= N; i++) change[i] = i;
    ans += F(change);
    printf("%d", ans * inv(M + 1, mod - 2, mod) % mod);
}