[Polya群论]BZOJ1004: [HNOI2008]Cards

1004: [HNOI2008]Cards

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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。

100%数据满足 Max{Sr,Sb,Sg}<=20。

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。

Source

这题是典型的polya群论

对于每个置换，设在该置 换S下不变的染色法为C(S)

设有M个洗牌法，那么有M+1个置换(不变也算一个)答案为sigma(C(S))/(m+1)

至于C(S)的值，我们可以用DP求

我们可以先求出一个置换的若干个循环节

F[I][J][K][P]表示在红蓝绿还剩下I,J,K时，染好前P个的方案数

那么转移就很明显了，枚举该循环节如何染色即可

最后还需要乘法逆元

这题是我在WWT大神的细心教导下学了乘法逆元后的第二天写好的

首先逆元的定义，当a,b在计算*里，满足a*b=e时，b是a的逆元

那么在计算mod p里，a*b=1(mod p)的话，则b是a的逆元

而除以一个数等于乘以该数的逆元

对于乘法我们可以轻松地mod

一个数a,如果gcd(a,p)=1，那么a的逆元为a^(p-2)

证：根据费马小定理，当gcd(a,p)=1时，a^(p-1)=1(mod p)

那么有a*a^(p-2)=1(mod p)

那么a的逆元就是a^(p-2)

快速幂直接秒掉

/**************************************************************    Problem: 1004    User: SKYDEC    Language: C++    Result: Accepted    Time:452 ms    Memory:4048 kb****************************************************************/ #include<stdio.h>using namespace std;int sb,sr,sg,n,m,p;int now[100];bool gone[100]={false};long d[100]={0};long nowd=0;long f[24][24][24][60]={0};void dfs(long i){     d[nowd]++;gone[i]=true;     if(gone[now[i]]==false)dfs(now[i]);}long quickme(long a,long b){    if(b==1)return a;    long h=quickme(a,b/2);    if(b%2==0)return (h*h)%p;    else return (h*h)%p*a%p;}int main(){    //freopen("cards.in","r",stdin);    //freopen("cards.out","w",stdout);    scanf("%d%d%d%d%d",&sr,&sb,&sg,&m,&p);n=sr+sb+sg;    long long ans=0;    for(long im=1;im<=m+1;im++)    {             //zh s;             for(long i=1;i<=99;i++)d[i]=0;             if(im!=m+1)             for(long j=1;j<=n;j++)scanf("%d",&now[j]);             else{for(long j=1;j<=n;j++)now[j]=j;}             for(long i=1;i<=n;i++){gone[i]=false;}             bool flag=true;             nowd=0;    while(flag)    {               nowd++;               for(long i=1;i<=n;i++)if(gone[i]==false){dfs(i);break;}               flag=false;               for(long i=1;i<=n;i++)if(gone[i]==false)flag=true;               }    for(long i=0;i<=nowd;i++)    for(long j=0;j<=sb;j++)    for(long k=0;k<=sr;k++)    for(long l=0;l<=sg;l++)f[j][k][l][i]=0;    f[sb][sr][sg][0]=1;    for(long i=0;i<=nowd-1;i++)    for(long j=0;j<=sb;j++)    for(long k=0;k<=sr;k++)    for(long l=0;l<=sg;l++)    {             if(d[i+1]+j<=sb)f[j][k][l][i+1]=(f[j][k][l][i+1]+f[j+d[i+1]][k][l][i])%p;             if(d[i+1]+k<=sr)f[j][k][l][i+1]=(f[j][k][l][i+1]+f[j][k+d[i+1]][l][i])%p;             if(d[i+1]+l<=sg)f[j][k][l][i+1]=(f[j][k][l][i+1]+f[j][k][l+d[i+1]][i])%p;             }    long reu=0;    for(long j=0;j<=sb;j++)    for(long k=0;k<=sr;k++)    for(long l=0;l<=sg;l++)    reu+=f[j][k][l][nowd];                   ans=(ans+reu)%p;}    ans=((ans+0)%p*quickme(m+1,p-2)+p)%p;    printf("%lld",ans);    //for(;;);    return 0;}