hdu 1812 Count the Tetris （置换）

题目描述

传送门

题目大意：
用c种颜色给一个n*n的矩阵染色，问有多少种本质不同的方案。即旋转，翻转后相同的算同一种方案。

题解

不想写高精度，所以就直接找标算拍了拍小数据。。。。
先引入置换常用的两个引理：
Burnside引理：记C(f)为在置换f下保持不变的着色方案数，本质不同的着色方案数为所有置换f的C(f)值的平均数。
设置换群G作用于有限集合X上，则X在G作用下的等价类的数目为:

N=1|G|∑g∈GX(g)

其中X(g)为g在X上的不动点个数，即满足g(a)=a的个数.

不过大多数情况下我们都不需要用Burnside引理，而要用Polya定理。
Polya定理：设G是p个对象的一个置换群，用k种颜色涂染这p个对象，若一种染色方案在置换群G的作用下变成了另一种方案，则这两个方案当做是同一种方案，这样不同染色方案为：

l=1|G|∑f∈Gkm(f)

其中m(f)为置换f的循环节数。

那么我们现在回到这个题。对所有置换的情况进行分类讨论。
（1）沿对称轴上下折叠，左右折叠（两种方式是相同的）
我们现在要求m(f)，如果n为奇数那么对称轴上的点是不变的，剩下的点是两两之间进行交换，所以m(f)=(n∗n−n)/2+n;如果n为偶数那么就是对称轴两边的一一对应，m(f)=n∗n/2
（2）沿对角线折叠，两条对角线。 对角线上的点不变，其他的两两对称。
（3） 旋转0°，那么相当于每个位置意义对应，所以m(f)=n∗n
（4）旋转90°，180°，270°.这个如果是一个n个位置的环形，我们旋转i位的话，循环的个数是gcd(n,i),每个轮换的长度为n/gcd(n,i) .对于这个正方形来说我们可以把他拆成一圈一圈的形式，分别计算并累加。

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#define N 37using namespace std;int a[N][N],b[N*N],pos[N*N],n,m,c,use[N*N],ans;int quickpow(int num,int x){    int ans=1; int base=num;    while (x) {        if (x&1) ans=base*ans;        x>>=1;        base=base*base;    }    return ans;}int gcd(int x,int y){    if (x<=0||y<=0) return 0;     int r;    while (y) {        r=x%y;        x=y; y=r;    }    return x;}int main(){    freopen("a.in","r",stdin);    freopen("my.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&c); m=n*n;    if (n%2==0) ans+=quickpow(c,m/2)*2;//上下左右折叠     else ans+=quickpow(c,(m-n)/2+n)*2;    ans+=quickpow(c,(m-n)/2+n)*2;//沿对角线折叠     int cnt=0;    for (int i=n-1;i>=0;i-=2)       if (i==0) cnt++;     else cnt+=gcd(4*i,i);    ans+=quickpow(c,cnt); cnt=0;    for (int i=n-1;i>=0;i-=2)       if (i==0) cnt++;     else cnt+=gcd(4*i,i*2);    ans+=quickpow(c,cnt); cnt=0;    for (int i=n-1;i>=0;i-=2)       if (i==0) cnt++;     else cnt+=gcd(4*i,i*3);    ans+=quickpow(c,cnt); cnt=0;    ans+=quickpow(c,m);    printf("%d\n",ans/8);}