BZOJ 1004 [HNOI2008]Cards 置换+burnside定理+逆元

题意:链接

方法:burnside定理

解析:

首先分析这道题，给你n个方格，染m种颜色，每种颜色有限制，之后又给了你包含m个置换的置换群，当然还有另一种自身不变的置换，即m+1个置换，求最终的方案数取模一个质数。

考虑burnside定理的内容来解这道题，对于一种置换，我们需要求出其循环节为1的置换的方案数。

如何令循环节为1呢？

只需要对于这个置换的变换方法，互相可能影响的点染成同种颜色，这就是循环节为1的情况，接下来只需要求这个方案数了，是个经典的背包，3个容量跑背包就可以知道置换的方案数。

之后观察定理内容

令ci(ai)表示ai这种置换方式对应的循环节为1的方案数。

那么ans=∑ci(ai)G其中G为总置换数。

由于答案含有取模且取模数为质数，所以需要用到逆元。

即ans=(∑ci(ai))∗niyuan(G)

代码:

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#define N 110using namespace std;typedef long long ll;int sr,sb,sg,n,m,mod;int cir[N][N],v[N],size[N];ll f[N][N][N],ans;int calc(int x){    int cnt=0;    memset(v,0,sizeof(v));    memset(size,0,sizeof(size));    for(int i=1;i<=n;i++)    {        if(v[i])continue;        int p=cir[x][i];        cnt++;        while(!v[p])v[p]=1,size[cnt]++,p=cir[x][p];    }    memset(f,0,sizeof(f));    f[0][0][0]=1;    for(int i=1;i<=cnt;i++)        for(int j=sr;j>=0;j--)            for(int k=sb;k>=0;k--)                for(int l=sg;l>=0;l--)                {                    if(j>=size[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j-size[i]][k][l])%mod;                    if(k>=size[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k-size[i]][l])%mod;                    if(l>=size[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k][l-size[i]])%mod;                }    return f[sr][sb][sg];}ll quick_my(ll x,int y){    ll ret=1;    while(y)    {        if(y&1)ret=(ret*x)%mod;        x=(x*x)%mod;        y>>=1;    }    return ret;}int main(){    scanf("%d%d%d%d%d",&sr,&sb,&sg,&m,&mod);    n=sr+sb+sg;    for(int i=1;i<=m;i++)        for(int j=1;j<=n;j++)            scanf("%d",&cir[i][j]);    m++;    for(int i=1;i<=n;i++)cir[m][i]=i;    ll ans=0;    for(int i=1;i<=m;i++)ans=(ans+calc(i))%mod;    ans=(ans*quick_my(m,mod-2))%mod;    printf("%lld\n",ans);}