BZOJ1004 [HNOI2008]Cards（置换群+dp）

用到了置换群Burnside引理：

等价类数目 = average( C(fi) )，其中C(fi):对于置换fi的"不动点"的数目(不动点：若将所有元素染色，经fi置换后颜色不变的一组方案)

【题解】

将置换fi分解为循环后，由于各循环独立，我们可以发现：若将所有元素染色，对于fi的不动点，每个循环内部所有元素颜色相同 

对于每个fi求不动点数目，用dp：
F[i][j][k]表示：前i个循环中，红色有j个，蓝色有k个的方案数 
状态转移：讨论第i个循环涂什么颜色就行了 

注意："不洗牌"也是一种情况对应置换(1 2 …n)，因此置换共有m+1个 

具体流程我在代码注释中已经写得很清楚了

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>int cha[100]={0},f[100][100][100]={0},vis[100]={0},xh[100]={0};//cha[]:洗牌方式, xh[]:cha[]分解成的循环节长度 int mod;void gcd(int a,int b,int& d,int& x,int& y){int t;if(b==0){d=a;x=1;y=0;return;}gcd(b,a%b,d,x,y);t=x;x=y;y=t-a/b*y;}int ni(int a,int n){int d,x,y;gcd(a,n,d,x,y);return (x+n)%n;}int main(){int Sr,Sb,Sg,n,m,i,j,k,l,p,ans=0;//p代表xh[]的位数，不是mod! scanf("%d%d%d%d%d",&Sr,&Sb,&Sg,&m,&mod);m++;//"不洗牌"也算作一种方案 n=Sr+Sb+Sg;for(l=1;l<=m;l++){for(i=1;i<=n;i++){if(l==1) cha[i]=i;else scanf("%d",&cha[i]);vis[i]=0;}p=0;//分解为循环节 for(i=1;i<=n;i++)if(vis[i]==0){j=i;xh[++p]=0;do{vis[j]=1;xh[p]++;j=cha[j];}while(j!=i);}//接下来统计不动点的个数：for(i=0;i<=p;i++)for(j=0;j<=Sr;j++)for(k=0;k<=Sb;k++)f[i][j][k]=0;f[0][0][0]=1;//三维背包的边界 for(i=1;i<=p;i++)for(j=0;j<=Sr;j++)for(k=0;k<=Sb;k++){if(j+k>i) break;if(i-j-k>Sg) continue;if(j>=xh[i]) f[i][j][k]+=f[i-1][j-xh[i]][k];if(k>=xh[i]) f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-xh[i]];if(i-j-k>=xh[i]) f[i][j][k]+=f[i-1][j][k];f[i][j][k]%=mod;}ans+=f[p][Sr][Sb];}ans=(ans*ni(m,mod))%mod;printf("%d",ans);return 0;}