[bzoj1004][HNOI2008]Cards

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张绿色.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 X1,X2,...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。

题解

这道题是群论中Burnside引理与Polya计数的半裸题

每种洗牌方式可以看作一个置换，根据群的定义可知，每种洗牌方式加上一个所有元素不变的置换

(1122......nn)

就构成了一个置换群。

Burnside引理：用D(aj) 表示在置换a_j下不变的元素个数。L表示本质不同的方案数。

L=1|G|∑j=1sD(aj)

Polya定理：设G是p个对象的一个置换群，江m种颜色涂染p个对象，泽不同颜色方案为：

L=1|G|∑i=1smc(gi)

其中G={g1,g2,...gs},c(gi)为置换gi的循环节数。

由于每一种颜色是有数量限制的，所以我们不能直接使用Polya计数定理。

我们可以对每一个置换做一个背包dp，用类似Polya定理的方法，把置换的每一个循环节看作一个大小为循环长度的物品，之后三维背包dp求出选出Sr个红色，Sg个绿色，Sb个蓝色的方案数，这样我们就在O(n3)的时间复杂度求出了D(ai)，总的时间复杂度O(mn3)。

My Code

/**************************************************************
Problem: 1004
User: infinityedge
Language: C++
Result: Accepted
Time:896 ms
Memory:5940 kb
****************************************************************/

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[105][105],vis[105][105],len[105][105],ct[105];
int f[105][105][105];
int n,m,s1,s2,s3,p,ans;
inline void cut(int x){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[x][i]){
vis[x][i]=1;
len[x][++ct[x]]=1;
int j=a[x][i];
while(j!=i){
vis[x][j]=1;
len[x][ct[x]]++;
j=a[x][j];
}
}
}
}
inline int dp(int x){
memset(f,0,sizeof f);
f[1][len[x][1]][0]=f[1][0][len[x][1]]=f[1][0][0]=1;
for(int i=2;i<=ct[x];i++){
int t=len[x][i];
for(int j=0;j<=s1;j++){
for(int k=0;k<=s2;k++){
f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k])%p;
if(j>=t)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-t][k])%p;
if(k>=t)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k-t])%p;
}
}
//printf("%d %d %d %d\n",f[i][0][0],f[i][0][1],f[i][1][0],f[i][1][1]);
}
return f[ct[x]][s1][s2];
}
int qpow(int x,int y){
int res=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%p){
if(y&1)res=res*x%p;
}
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d%d",&s1,&s2,&s3,&m,&p);
n=s1+s2+s3;
bool bb=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
bool b=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
if(a[i][j]!=j)b=0;
}
if(b)bb=0;
}
if(bb){
m++;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[m][i]=i;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cut(i);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
ans+=dp(i);
if(ans>=p)ans-=p;
//printf("%d\n",ans);
}
ans=ans*qpow(m,p-2)%p;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}